Khai thác từ một bài toán hình học 9 (bài tập 30 sgk toán 9, tập 1)

  • Số trang: 16 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 15 |
  • Lượt tải: 0
hoanggiang80

Đã đăng 24000 tài liệu

Mô tả:

I. ĐẶT VẤN ĐỀ Hình học là một môn học rất quan trọng trong việc rèn luyện tính lôgic, tư duy sáng tạo, giúp học sinh không những học tốt môn Toán mà còn có thể học tốt các môn học khác. Vậy làm thế nào để học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản, biết cách phát triển bài toán và chủ động trong học tập để các em luôn có thể tự học và tự sáng tạo? Ngoài việc rèn luyện kỹ năng giải từng dạng toán, tìm nhiều cách giải cho một bài toán…thì việc khai thác phát triển bài toán cũng hết sức cần thiết. Nhưng khai thác như thế nào? Khai thác ở mức độ nào? Đó mới là điều chúng ta cần tập trung suy nghĩ. Với mục tiêu đó bản thân xin được trao đổi một kinh nghiệm nhỏ thông qua: “Khai th¸c tõ mét bµi to¸n H×nh häc trong s¸ch gi¸o khoa To¸n 9 - tËp 1. Bµi to¸n 30. trang 116” II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1. Cơ sở lý luận Định hướng về đổi mới phương pháp dạy học hiện nay là phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học, bồi dưỡng năng lực tự học, lòng say mê học tập. Làm cho các em được tìm tòi, khám phá, phát hiện, luyện tập, khai thác và xử lý thông tin, đem lại niềm vui, hứng thú… Với việc dạy học môn Toán ở bậc THCS, người giáo viên cần hình thành và rèn luyện cho các em khả năng quan sát, dự đoán, suy luận hợp lý và hợp lôgic, phát triển trí tưởng tượng, bồi dưỡng phẩm chất tư duy linh hoạt và sáng tạo… giúp học sinh “học một, biết mười” khắc phục tình trạng “thấy cây mà chẳng thấy rừng”. Để làm được điều đó đòi hỏi vào sự linh hoạt, sáng tạo của giáo viên trong cách dạy, cách khai thác bài toán. 2. Cơ sở thực tiễn a. Thuận lợi: 1 Nội dung ở sách giáo khoa được biên soạn khá công phu, hệ thống kiến thức trình bày khoa học, phù hợp với đối tượng học sinh. Đặc biệt hệ thống bài tập phong phú và có nhiều bài tập được viết dưới dạng mở, tạo điều kiện thuận lợi để học sinh và giáo viên khai thác, tìm tòi thêm các bài toán mới nhằm phát huy sự sáng tạo trong giảng dạy và học tập. b. Khó khăn: Bên cạnh đó thực tế giảng dạy chương trình Toán 9 nói riêng và Toán bậc THCS nói chung, cho thấy: Đa số học sinh chưa hứng thú khi học Hình học. Bởi vì: - Học sinh còn thiếu phương pháp, thiếu tư duy trong giải toán. Có những bài toán rất đơn giản nhưng các em cũng không nhìn ra vấn đề nên không giải được. - Yếu về kỹ năng phân tích đa chiều một bài toán. - Chưa biết khai thác và tổng quát hóa bài toán đã cho. Vậy làm thế nào để cuốn hút các em với môn học này? Câu hỏi đó là động lực luôn thôi thúc tôi cần phải sáng tạo, làm mới mình khi giảng dạy đặc biệt là phân môn Hình học. Chính vì lẽ đó mà đề tài được ra đời sau nhiều năm trải nghiệm trong giảng dạy và đúc rút kinh nghiệm của bản thân. 3. Hiệu quả của đề tài Trước khi chưa áp dụng đề tài vào giảng dạy tôi nhận thấy đa số học sinh còn bộc lộ hạn chế ở một số mặt sau: - Yếu về khả năng phân tích bài toán để tìm lời giải. - Khả năng vận dụng kiến thức vào giải một bài toán còn hạn chế. - Sự hứng thú, tính tích cực của học sinh với môn Hình học chưa cao. - Chưa có thói quen khai thác bài toán đã giải . Sau khi áp dụng đề tài nhìn chung học sinh nắm vững kiến thức cơ bản, trình bày và lập luận chặt chẽ, chủ động và sáng tạo trong cách nhìn nhận bài toán, nhiều em đã có phương pháp tự học tốt, từ đó các em biết cách khai thác bài toán (ở nhiều khía cạnh khác nhau) và tự tin hơn khi học Hình học, nên có nhiều em đã tiến bộ vượt bậc như em Thắng, em Tâm, em Giang, em Chức, em Toàn, 2 em Yến, em Thảo, em Hoàng, em Vũ, em Quỳnh Anh, em Thúy Hằng…, đạt kết quả cao trong các kỳ thi HSG và thi vào THPT, như em Đinh Văn Tá, em Nguyễn Thị Lành, em Trần Văn Lực, em Lê Tiến Đạt, em Lê Thị Thúy Nga, em Nguyễn Việt Hà, em Vũ Thị Ngọc Hà, em Nguyễn Thị Thu Hiếu… Kết quả cụ thể: Tỉ lệ % Trung Yếu, bình kém 30 % 20 % 47 % 10 % 54 % 30 % 6% 10 % 45 % 35 % 10 % Thời gian Trước khi áp dụng Năm học đề tài 2009-2010 Sau khi áp dụng đề tài Trước khi Sau khi áp dụng đề áp dụng tài đề tài Năm học Giỏi Khá 3% 2010-2011 4. Phạm vi và đối tượng áp dụng đề tài - Đề tài áp dụng được cho tất cả các đối tượng học sinh lớp9. - Đề tài có thể dùng trong các tiết dạy chính khóa, ôn tập củng cố và nâng cao kiến thức đặc biệt là ôn thi vào các trường THPT. 5. Nội dung cụ thể của đề tài Đề tài là sự khai thác từ bài tập 30 (trang 116. . SGK Toán 9 - Tập 1. NXB GD năm 2006), với nhiều khía cạnh lĩnh vực kiến thức, trên cơ sở xây dựng bằng nhiều câu hỏi khó, mở rộng và nâng cao, phát triển thành những bài toán mới phù hợp với tất cả các đối tượng học sinh lớp 9. Hệ thống câu hỏi được đưa ra từ dễ và cơ bản đến khó và mở rộng, hơn nữa lại được trình bày theo mạch lôgic của kiến thức. Sau đây tôi xin được trình bày nội dung của đề tài: “Khai th¸c tõ mét bµi to¸n H×nh häc trong s¸ch gi¸o khoa To¸n 9 - tËp 1. Bµi to¸n 30. trang 116. ” 3 Bài toán 1: (Bài tập 30 - trang 116. SGK Toán 9 - Tập 1. NXB GD năm 2006) Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính AB. Gọi Ax, By là các tia vuông góc với AB (Ax, By và nửa đường tròn thuộc cùng một nửa mặt phẳng bờ AB). Qua điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt Ax và By theo thứ tự ở C và D. Chứng minh rằng: � D =90o 1. CO 2. CD = AC + BD 3. Tích AC.BD không đổi khi điểm M di chuyển trên nửa đường tròn. * Hướng dẫn cách giải: 1. Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm C và điểm D để chứng 1 2 � � 1 = 90o. Suy ra COD minh C� 1 + D = 90o. 2. Cũng áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm C và điểm D để 1 2 chứng minh CA=CM; B=DM. 2 3 1 4 Suy ra AC + BD = CD 3. Chứng minh  COD vuông tại O, đường cao OM. Suy ra MC.MD = OM2 mà MC = AC; MD = BD; OM=R Do đó AC.BD=R2 không đổi Giải: �O � 1. Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm C, ta có: C�1  C�2 ; O 1 2 � D � ;O � O � Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cùng xuất phát từ điểm D, ta có D 1 2 3 4 Do đó: 0 �O � O � O � = 180 =900. Hay CO � D  900 O 1 4 2 3 2 2. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: CA = CM và DB =DM. Nên CD = CM + MD = CA + DB � D  900 , hay tam giác COD vuông tại O. 3. Theo câu 1, CO 4 Mặt khác: OM  CD (tính chất tiếp tuyến). Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông COD, ta có: OM 2  AC. AD. Hay AC. AD  R 2 không đổi * Đối với học sinh trung bình ta có thể khai thác bài toán bằng các câu hỏi sau. 4. Chứng minh  COD và  AMB đồng dạng với nhau ? �1= D � 2 �  COD   AMB (g.g) Gợi ý: Ta có: C� 1 = C� 2 ; D 5. Khi  COD   AMB ta nghỉ đến tỉ số diện tích các tam giác đó nên có thêm SCOD R câu hỏi: Tính tỉ số S khi AC = ? 2 AMB Gợi ý: Theo cách chứng minh ở câu 3, ta có OM2 = MC. MD hay MC. MD = R2 mµ MC = AC = R 2 2 R => MD = OM = R2: = 2R 2 5R R => CD = CM + DM = + 2R = 2 2 MC CD 5R 5 Theo trªn COD   AMB => AB = 2 : 2R = 4 = k (k lµ tØ sè ®ång d¹ng). Vì tỉ số diện tích giữa hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỉ số đồng dạng, nên ta có: SCOD S AMB = k2 => SCOD = S AMB 2 �5 � 25 � � �4 � 16 6. Gọi K là giao điểm của AD và BC hãy chứng minh MK  AB Gợi ý: Ta có AC//BD (gt) Áp dụng hệ quả của định lý Thalets vào tam giác AKC, ta có: KD KB DB   KA KC AC (1) AC, CM là tiếp tuyến của nửa (O) nên CM = CA (2) , 5 tương tự ta có DB = DM (3) Từ (1), (2), (3) ta có: KD MD  � MK / / AC ( Theo định lý Thalets đảo) KA MC � MK  AB 7. Sau khi chứng minh được MK  AB , hãy chứng minh CD.KM = CM.BD. Gợi ý: MK  AB hay MK // AC, dễ thấy CKM   CBD suy ra CD DB  � CD.KM = CM.BD. CM MK 8. Giả sử MK  AB tại H, hãy so sánh MK và KH ? Gợi ý: Gọi I là giao điểm của BM và Ax. Ta có: � � � � � CIM � CI = CM = CA CA = CM � CMA = CMA = CMI Do MH // IA, áp dụng định lý Thales ta có: MK BK KH = = mà CI=CA � MK = KH CI BC CA 9. Từ giả thiết của bài toán nghĩ ngay đến tứ giác nội tiếp do đó có thêm câu hỏi chứng minh các tứ giác CMOA; DMOB nội tiếp đường tròn. 10. Thêm giả thiết OC cắt AM tại E và OD cắt BM tại F. Hãy xác định tâm của đường tròn đi qua 4 điểm O;E;M;F Gợi ý: Chứng minh tứ giác OEOF là hình chữ nhật nên tâm của đường tròn đi qua 4 điểm O;E;M;F chính là giao điểm của OM và EF * Thật là sáng tạo nếu từ kết quả chứng minh ở câu 10, ta có thể khai thác thêm các câu hỏi về quỹ tích dành cho đối tượng học sinh khá, giỏi như sau: 11 a. Gọi P là tâm đường tròn đi qua 4 điểm O; E; M; F. Hãy tìm quỹ tích của điểm P, khi M chạy trên nủa đường tròn tâm O, đường kính AB. 6 Gợi ý: Từ kết quả của câu 10, ta có: PO = 1 R OM = . Do điểm O cố định, 2 2 PO = R không đổi nên quỹ tích của P 2 là nửa đường tròn đồng tâm với (O) có bán kính bằng nửa bán kính của (O) 11 b. Gọi N là trung điểm của CD. Tìm quỹ tích điểm N khi M di chuyển trên nửa đường tròn tâm O, đường kính AB (M không trùng với A và B). Gợi ý: Vì ON là đường trung bình của hình thang ACDB nên ON // Ax // By. Do đó N thuộc tia Ot song song và cách đều hai tia Ax và By. Gọi M’ là giao điểm của tia Ot và nửa đường tròn. Nếu M �M ' thì N �M ' Do đó quỹ tích của điểm N là tia M’t * Từ bài toán gốc có thể liên tưởng đến bài toán cực trị không? Đối với bài này ta có thể khai thác được bởi các câu hỏi. 12 a. Xác định vị trí của M để chu vi tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất? Gợi ý: Chu vi tứ giác ACDB = AB +AC + CD + DB Mà AC + BD = CD nên suy ra chu vi của tứ giác ACDB = AB + 2CD. Do AB không đổi nên chu vi tứ giác ACDB nhỏ nhất khi CD nhỏ nhất. CD nhỏ nhất � CD  Ax và CD  By, khi đó CD // AB. Suy ra M là điểm chính giữa của cung AB 12b. Xác định vị trí của M để diện tích tứ giác ACDB đạt giá trị nhỏ nhất? 7 Gợi ý: Tứ giác ACDB là hình thang, có diện tích là: S = 1 (AC + BD) .AB 2 S nhỏ nhất � (AC + BD ) nhỏ nhất: Mà AC + BD = CD (câu 2) Vậy CD nhỏ nhất � CD // AB. Khi đó M là điểm chính giữa của cung AB * Cũng có thể khai thác bài toán gốc theo hướng khó hơn: � 13 a. Biết MAB = 60O. Tính diện tích BMD theo R. Gợi ý: DM = DB �  DMB cân � � Do DMB = MAB = 60o nên DMB đều Gọi F là giao điểm của OD với MB thì DF  MB và DF = S MDB = BM 3 ; 2 1 BM 2 . 3 BM.DF = 2 4  MAB vuông có AM=R; AB=2R nên MB 2 = AB2 – AM2 = 4R2 – R2 = 3R2 � MB = R 3 2 2 � S MBD = ( R 3) . 3 = 3R 3 (đvđt) 4 4 * Nếu gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp  COD ta có câu hỏi nâng cao hơn nữa như sau: 13 b. Chứng minh 1 r 1 < < 3 R 2 Gợi ý: Để chứng minh câu hỏi này, ta sẽ áp dụng bổ đề sau “Trong tam giác vuông cạnh huyền là a, cạnh góc vuông là b và c, đường cao h, bán kính đường tròn nội tiếp là r thì ah = r (a+b+c) = 2S” Khi đó áp dụng vào tam giác COD vuông tại O, ta có CD.OM = r (OC + OD + CD) � � CD . R = r (OC + OD + CD) r CD = . R OC  OD  CD Mà OC + OD > CD (quan hệ giữa ba cạnh trong trong tam giác) 8 nên r CD CD 1 = < = R OC  OD  CD 2CD 2 Mặt khác: OC + OD + CD < 3CD � r CD CD 1 = > = R OC  OD+CD 3CD 3 Do đó: 1 r 1 < < 3 R 2 Không chỉ dừng lại ở trên mà bài toán còn có thể mở rộng theo góc 0 0 � � nhìn khác, chẳng hạn ta thấy AEO  90 ; OFB  90 nên điểm E thuộc nửa đường tròn đường kính AO; F thuộc nửa đường tròn đường kính OB. Từ đó ta có được bài toán sau: Bài tập 2: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. BC là tiếp tuyến chung ngoài với B �(O); C �(O ' ) . Tiếp tuyến chung trong tại A cắt BC ở M. Gọi E là giao điểm của OM và AB; F là giao điểm của O ’M và AC. Chứng minh: 1. Tứ giác AEMF là hình chữ nhật. 2. ME . MO = MF . MO’ 3. OO’ là tiếp tuyến chung của đường tròn đường kính BC 4. BC là tiếp tuyến của đường tròn, đường kính OO’ (BT 42– trang 128. SGK Toán 9 - Tập 1.) Giải: 1. Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: MO là phân giác của góc BMA MO’ là phân giác của góc CMA � và CMA � Mà BMA là hai góc kề bù � '  90o nên OMO (1) Mặt khác ta có  BMA cân tại M có ME là phân giác của BMA 9 � A = 90o � ME  BA hay ME (2) � A = 90o MF (3) Tương tự � = ME � A = MF � A = 90o Từ (1); (2); (3) ta có: EMF Suy ra tứ giác AEMF là hình chữ nhật 2.  MAO vuông tại A có AE  MO � MA 2 = ME . MO  MAO' vuông tại A có AF  MO’ � MA 2 = MF . MO ' Do đó: ME . MO = MF . MO’ 3. Vì MB = MC = MA (C/m trên) Nên đường tròn đường kính BC có tâm là M đi qua A. Mà OO’  MA tại A � (M) � OO ' là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC � ' = 90o nên M thuộc đường tròn có tâm O1 đường kính OO’ 4. OMO Hình thang OBCO’ có MO1 là đường trung bình, nên MO 1//OB mà BC  OB , suy ra BC  O1M Do đó BC là tiếp tuyến của đường tròn tâm O1 đường kính OO’ * Từ bài toán trên ta có thể khai thác tiếp như sau: 5. Kéo dài BA cắt (O’) tại P; kéo dài CA cắt (O) tại Q. Chứng minh B,O,Q thẳng hàng; C, O’, P thẳng hàng Gợi ý: Từ kết quả câu 1, ta có AEMF là hình � = 90o � A chữ nhật, suy ra: BAQ thuộc đường tròn đường kính BQ � B,O,Q thẳng hàng. Tương tự : C,O’, P thẳng hàng 6. Từ kết quả câu 5, ta có BQ = IA; CP = AK Nên IK = IA+AK = BQ+CP, xuất hiện thêm câu hỏi c/m IK=BQ+CP 7. Gọi R và r lần lượt là độ dài bán kính của (O) và (O’) 10 Tính độ dài BC; BA; CA theo R và r. Gợi ý: Từ MA=MB=MC (c/m trên) � BC = 2MA MO  MO ' (hai tia phân giác của hai góc kề bù ) Áp dụng hệ thức h2 = b’c’ vào tam giác vuông MOO’ ta có MA2 = AO.AO’ hay MA2 = Rr � MA = Rr � BC = 2MA = 2 Rr Vậy BC = 2 Rr Ta có:  CBD vuông tại B nên áp dụng hệ thức Ta có: 1 1 1 1 1 Rr = + = + = 2 2 2 2 BA BD BC 4R 4Rr 4R 2 r Tương tự ta có: CA = 1 1 1 = 2 2 2 h b c � BA= 2R r Rr 2r R Rr * Từ kết quả BC = 2 Rr (*) ta có thể khai thác tiếp như sau: 8. Vẽ (O2;r2 ) tiếp xúc với đường thẳng BC và tiếp xúc ngoài với (O) và (O ’). Tính bán kính r2 . Gợi ý: Gọi H là tiếp điểm của (O2; r2) với BC - Nếu H thuộc đoạn BC, khi đó theo (*) ta có: BH = 2 Rr2 ; HC = 2 r.r2 � BC = BH+HC � 2 Rr = 2 Rr2 + 2 rr2 � Rr = Rr2 + rr2 � 2 � Rr � � r2 = � �R + r� � � �  Rr = ( R + Rr R+ r  r ) r2 2 11 - Nếu H thuộc tia đối của CB (H ở vị trí H’ trên hình vẽ). Khi đó BC = BH’ – H’C � 2 Rr = 2 Rr2 - 2 rr2 � Rr = Rr2 - rr2 � Rr � r2 = � �R - r � 2 � � � �  Rr R- r  2 9. Qua chứng minh ở câu 8. Nếu chú ý hơn một tí, chúng ta sẽ có thêm câu hỏi: C/m 1 1 1 = + với H thuộc đoạn BC r2 R r Thật vậy, từ hệ thức 2 Rr  2 Rr2 + 2 rr2 ta có: Rr = � Rr2 + rr2 1 1 1 = + r2 R r 10. Gọi N là giao điểm của IB và KC, dễ thấy tứ giác ABNC là hình chữ nhật. Vậy liệu 3 điểm N, M, A có thẳng hàng không? Gợi ý: Vì NA  OO' � = OAB �  BOA cân tại O � OBA � = OAB �  BOA cân tại O � OBA Tứ giác ABNC là hình chữ nhật, suy ra �  CBA � � OAB �  BAN �  OBA � � BAN ABC �  900  OBC nên NA  OO' tại A. Mà MA  OO' tại A. Suy ra N, M, A thẳng hàng. �  900 , nên N thuộc nửa đường tròn 11. Từ tứ giác ABNC là hình chữ, ta có INK đường kinh IK, ta có thể chứng minh rằng: AN2 = IA.AK. 12. Nếu từ A kẻ AH  BC. Có thể chứng minh AH, O’B, OC đồng quy tại trung điểm của AH được không? Gợi ý: 12 Gọi D là giao điểm của OC và AH. Ta có OB//O’C//AH (cùng vuông góc với BC) - Theo định lý Thales ta có: DH CD O' A = = ' OB CO OO DH r Rr � = � DH = R Rr Rr Tương tự: DA = Rr Rr Vậy DA = DH. Suy ra OC đi qua D Tương tự O’B cũng đi qua D Nên 3 đường thẳng OC, O’B, AH đồng quy tại D. 13. Khi đó hãy tính tỉ số diện tích giữa tứ giác BCO’O và tam giác NIK ? Gợi ý: ( BO  CO ' ) BC (OA  AO ' ) BC = S BCO'O 2 2 ' 1 OO .BC 1 IK . AH 1  . = . = S NIK 2 2 2 2 2 = Vậy S S BCO'O NIK = 1 2 Vẫn không ngừng khai thác, nếu sử dụng kiến thức về độ dài đường tròn, diện tích hình tròn, ta có thể phát triển tiếp để có những bài toán hấp dẫn như: 14 a. Hãy chứng minh rằng độ dài nửa đường tròn đường kính IK bằng tổng các độ dài của hai nửa đường đường kính IA và nửa đường đường kính AK . Gợi ý: 13 Áp dụng công thức C =  d (d là độ dài đường kính ) và IA + AK = IK, khi đó ta có:  2 Từ IA + AK = IK, nhân hai vế với , ta có:  .IA  . AK  .IK   2 2 2 Suy ra điều phải chứng minh 14 b. Vậy có thể tính diện tích phần giới hạn bởi ba nửa đường tròn trên được không? Gợi ý: Gọi bán kính của đường tròn đường kính IK là R’, ta có: Diện tích nửa hình tròn đường A  R '2 kính IK là: S1 = 2 Diện tích nửa hình tròn đường kính IA là: S2 = O O’  R2 2 Diện tích nửa hình tròn đường kính AK là: S3 =  r2 2  R '2  R2  r2 Diện tích phần giới hạn đó là: S = S1- S2- S3 = -( + ). 2 2 2 * Từ câu hỏi 11 và câu hỏi 14 b, ta có thể nâng cao hơn nữa: 14 c.Chứng minh diện tích phần giới hạn đó với A bất kỳ trên IK bằng diện tích hình tròn đường kính AN.   ( IK 2  IA2  AK 2 )  � ( IA  AK )2  IA2  AK 2 ) � � � 8 8 Gợi ý: Diện tích phần giới hạn là:     .2 IA. AK = .2AN 2 = AN 2 8 8 4 Vậy diện tích phần giới hạn trên bằng diện tích hình tròn đường kính AN. Như vậy, sau khi giải xong bài toán 1, nếu chúng ta chỉ dừng lại ở việc giải bài toán mà không tiếp tục suy nghĩ, tìm tòi, vận dụng triệt để 14 các yếu tố từ hình vẽ, từ đó đặt ra những câu hỏi, những bài toán mới hay hơn, khó hơn thì liệu việc dạy học đã đạt hiệu quả cao chưa? Vai trò của việc tự học một lần nữa lại được chứng minh qua việc tìm tòi, sáng tạo để khai thác xung quanh một vấn đề cụ thể. Phải chăng đó là cách chúng ta nên dạy cho học sinh ! Các bài tập sau củng có rất nhiều hướng khai thác, các bạn hãy thử sức nhé ! 8. Bài tập đề xuất: Bài toán 1( Bài tập 11 trang 104 SGK - Toán 9 tập 1) Cho đường tròn (O) đường kính AB, dây CD không cắt đường kính AB. Gọi H và K theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ A và B đến CD. Chứng minh rằng: CH = DK Bài toán 2: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại C. Gọi AC và BC là hai đường kính đi qua C của O) và (O ’). Dây chung MN của (O) vuông góc với AB tại trung điểm P của AB. MC kéo dài cắt (O’) tại Q. a. Chứng minh ba điểm B, Q, N thẳng hàng. b. Chứng minh PQ là tia tiếp tuyến của (O’) III. KẾT LUẬN 1. Kết luận - Đề tài là sự tìm tòi nghiên cứu và sáng tạo của bản thân trong quá trình dạy học, đáp ứng việc đổi mới phương pháp. Nhằm phát huy tính tích cực, niềm say mê, sáng tạo của mọi đối tượng học sinh. - Đề tài đã khai thác sâu kiến thức trọng tâm của chương trình Toán THCS trên nhiều khía cạnh của kiến thức (đặc biệt là chương trình Toán lớp 8, lớp 9) và khai thác bài toán ở các góc nhìn khác tạo nên những bài toán mới hấp dẫn. - Bài toán trên chắc chắn còn nhiều hướng khai thác khác, rất mong các đồng nghiệp tiếp tục phát triển thêm. - Mặc dù bản thân đã nổ lực, cố gắng rất nhiều song không thể tránh khỏi những thiếu sót cần bổ sung, rất mong được sự nhiệt tình góp ý từ quý thầy cô, 15 bạn bè để đề tài ngày càng hoàn thiện và có hiệu quả cao trong công tác giảng dạy phân môn Hình học hơn nữa. 2. Kiến nghị - Mỗi một Giáo viên phải xác định đúng vai trò, nhiệm vụ của mình, tích cực nghiên cứu, tìm tòi, tâm huyết với học sinh để xứng đáng là “ tấm gương tự học và sáng tạo”. - Hàng năm nhà trường ngoài việc phát động phong trào viết sáng kiến kinh nghiệm nên tổ chức đánh giá lại những sáng kiến kinh nghiệm có ứng dụng thiết thực trong công tác giảng dạy và động viên, khích lệ một cách kịp thời và xứng đáng. Tháng 4 năm 2012 16
- Xem thêm -