Tài liệu Sáng kiến kinh nghiệm khai thác từ một bài toán cơ bản

  • Số trang: 19 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 334 |
  • Lượt tải: 0
tranvanhung

Tham gia: 20/02/2016

Mô tả:

Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản Đề tài : KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TOÁN CƠ BẢN A-ĐẶT VẤN ĐỀ: Chúng ta biết rằng : Khi dạy ôn luyện cho học sinh nếu chúng ta đột nhiên đưa cho học sinh một bài toán chưa quen dạng hay một bài toán khó,chưa có cơ sở để giải thì chắc chắn các em rất bỡ ngỡ ,bị sốc , bị nghẹn -khó lòng tìm ra lời giải.Nếu giáo viên có hướng dẫn hay chữa thì mức độ lĩnh hội tiếp thu của các em cũng rất hữu hạn.Do đó khi dạy ôn luyện các môn các bộ môn nói chung ,đặc biệt đối với bộ môn Toán nói riêng chúng ta nên dạy bắt đầu từ một bài toán cơ bản ,đơn giản rồi sau đó khai thác các góc cạnh của bài toán để mở rộng ,nâng cao - Điều này sẽ phù hợp với quá trình nhận thức của học sinh từ thấp đến cao,từ đơn giản đến phức tạp , giúp các em tự mình khám phá ra kiến thức ,cách giải một cách chủ động không bị gò ép bắt buộc-để từ đó các em hiểu hơn,nắm chắc hơn,nhớ lâu hơn,hơn thế nữa nó còn gây hứng thú học tập cho các em học sinh. Chính vì lẽ đó tôi chọn đề tài : "Khai thác từ một bài toán cơ bản " để nghiên cứu . I- CỞ SỞ LÝ LUẬN : Như chúng ta đã biết khoa học ngày càng phát triển ,đòi hỏi mỗi giáo viên phải nỗ lực hết mình đem hết khả năng và trau dồi kiến thức ,chuyên môn của mình để đáp ứng với yêu cầu nhiệm vụ phát triển của xã hội nói chung và của ngành giáo dục nói riêng . Đối với học sinh cũng vậy nhu cầu học ngày càng một sâu rộng hơn. Do đó đòi hỏi kiến thức chương trình ,phương pháp dạy học phải thay đổi để phù hợp với thời đại. II- CỞ SỞ THỰC TIỄN: -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- 1 Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản Khi gặp các bài toán khó các em học sinh rất bỡ ngỡ .thấy xa lạ,chưa quen dạng nên khả năng suy nghĩ sáng tạo để tìm ra lời giải là rất khó . Vì vậy cần phải đưa ra một số bài toán quen thuộc ,trên cơ sở giải các bài toán quen thuộc chúng ta có thể khai thác để giải các bài toán khó hơn . Từ đó mà chúng ta có thể nâng dần chất lượng học sinh lên , khơi dậy niềm đam mê học tập môn Toán, phát triển được tư duy sáng tạo cho học sinh. Tuy nhiên tùy mức độ nhận thức tiếp thu của đối tượng học sinh mà chúng ta dạy nâng lên đến mức độ nào cho phù hợp. Ở trong đề tài này tôi xin được trình bày một chùm bài toán xoay quanh khai thác từ một bài toán cơ bản của hình học 9 B-GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ: Chúng ta bắt đầu bằng bài toán cơ bản sau: Bài toán 1 ( Bài toán cơ bản) Cho tam giác nhọn ABC,có ba đường cao AD; BE; CFcắt nhau tại H Chứng minh: Các tứ giác ABDE , BDHF nội tiếp A E F H 1 Chứng minh: B 12 1 C D *HS dễ dàng chứng minh được : � = AEB � = 900 ADB � Tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn đường kính AB *HS dễ dàng chứng minh được : -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- 2 Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản � + BFH � = 900 + 900 = 1800 BDH � Tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn đường kính BH Lưu ý:Tương tự như vậy HS dễ dàng chứng minh được các tứ giác AFDC, BCEF, AEHF,CDHE nội tiếp Phân tích : Từ việc chứng minh được các tứ giác ABDE , BDHF nội tiếp �D � và B �D � (các góc nội tiếp cùng chắn một cung trong một đường �B 1 2 1 1 � D � . Hay DH là phân giác của � tròn) � D EDF 1 2 Từ đó với dự kiện như ở bài toán 1 ,ta có bài toán sau: Bài toán 1.1 Cho tam giác nhọn ABC,có ba đường cao AD; BE; CFcắt nhau tại H �DF Chứng minh: DH là phân giác của E A E F H 1 B 12 D 1 C Chứng minh: Ta có ABDE, BDHF là các tứ giác nội tiếp theo bài toán 1 �D � và B �D � �B 1 2 1 1 (các góc nội tiếp cùng chắn một cung trong một đường tròn) -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- 3 Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản � D � .Hay DH là phân giác của � �D EDF 1 2 �DF theo bài Phân tích:Từ việc chứng minh được DH là phân giác của E toán 1.1 . Chứng minh tương tự ta có EH; FH lần lượt là các phân giác của �EF và EFD � � H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF D Từ đó với dự kiện như ở bài toán 1.1 ,ta có bài toán sau: Bài toán 1.2 Cho tam giác nhọn ABC,có ba đường cao AD; BE; CFcắt nhau tại H Chứng minh: H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF Gợi ý: - Thế nào là đường tròn nội tiếp tam giác ? - Tâm của đường tròn nội tiếp tam giác được xác định như thế nào? (Nếu học sinh không trả lời được thì gợi ý hỏi sát hơn :Tâm của đường tròn nội tiếp tam giác là giao điểm 3 đường gì của tam giác?) - Để chứng minh H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF ta phải chứng minh điều gì? (Chứng minh: H là giao điểm của 3 đường phân giác trong của A tam giác DEF ) E F H 1 B -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- 12 D 1 C 4 Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản Chứng minh: Chứng minh tương tự như bài toán 1.1, ta có DH, EH; FH lần lượt là các phân �DF , D �EF và EFD � � H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF giác của E Phân tích: Như vậy qua bài toán này học sinh thấy được tính chất đặc biệt của điểm H, nó vừa là trực tâm tam giác ABC vừa là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF, với D, E ,F là chân đường cao của tam giác ABC .Từ đó ta có bài toán dựng hình như sau: Bài toán 1.3: Dựng tam giác ABC biết E, F, D là chân 3 đường cao của tam giác đó Hướng dẫn: Phân tích: - Giả sử đã dựng được tam giác ABC có H là trực tâm, theo bài toán 1.2 ta suy ra điều gì? (H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF ). - Từ đó để dựng tam giác ABC ta sẽ dựng như thế nào? (Dựng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF trước) Cách dựng: - Dựng tam giác DEF - Dựng điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF - Dựng các đường thẳng vuông góc với HE , HF, HD theo thứ tự tại các điểm E, F, D các đường thẳng này cắt nhau tạo thành tam giác ABC. Bây giờ ta quay trở lại bài toán 1,ta có thể khai thác bài toán 1 theo hướng khác như sau: -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- 5 Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản Phân tích: Theo bài toán 1 ta đã chứng minh được : Tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp nên �  FHE � = 1800 FAE �  BHC � Mà FHE (đối đỉnh) � C = 1800 (1) � + BH  FAE Từ đó ta nghĩ là nếu lấy điểm H1 đối xứng với H qua BC �  BH � C (do H và H1 đối xứng nhau qua BC )  BHC 1 (2) �  BH � C = 1800  Tứ giác ABH1C nội tiếp. Từ (1) và (2)  FAE 1 Hay H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Như vậy từ đây ta lại khai thác ra được bài toán mới như sau: Bài toán 2.1: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); H là trực tâm của tam giác. Gọi H1, H2, H3 lần lượt là các giao điểm của các tia AH, BH, CH với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh: H1, H2, H3 lần lượt đối xứng với H qua BC, AC, AB. H2 A 1 H E F 3 H B O D -------------------------------Đào Minh – Đô Hlương - Nghệ 1 an----------------------------- 1 2 C 6 Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản Gợi ý: - Để chứng minh H1, H2, H3 lần lượt đối xứng với H qua BC, AC, AB. ta cần chứng minh điều gì? (Chứng minh BC, AC, AB lần lượt là các trung trực của HH1, HH2, HH3) - Chẳng hạn chứng minh BC là trung trực của HH1: Ta sẽ chứng minh CD vừa là đường cao ,vừa là phân giác của  CHH1 như sau: Chứng minh: A1 (vì tứ giác CDFA là tứ giác nội tiếp) Ta có: C�1  � � � C A1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH1) 2 �C � hay CD là phân giác của HCH �  C 1 2 1 Trong tam giác CHH1 : CD vừa là phân giác,vừa là đường cao   CHH1 cân  CD là trung trực của HH1 Vậy H và H1 đối xứng nhau qua CD hay BC. Chứng minh H2, H3 đối xứng với H qua AC, AB tương tự. Từ bài toán 2.1 ta có bài toán đảo của nó như sau : Bài toán 2.2: -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- 7 Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); H là trực tâm của tam giác. Gọi H1, H2, H3 lần lượt là các điểm đối xứng với H qua BC, AC, AB. Chứng ninh: H1, H2, H3 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC H2 A 1 H E F 3 H B O D 1 2 C H1 Chứng minh: �  FHE � Do tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp nên FAE = 1800 (1) �  BH � C (do H và H1 đối xứng nhau qua BC ) �  BHC � Ta có: FHE (đối đỉnh); BHC 1 �  BH � C  EHF 1 (2) �  BH � C = 1800  Tứ giác ABH1C nội tiếp. Từ (1) và (2)  FAE 1 Hay H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh tương tự thì H2, H3 cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ngoài cách chứng minh trên ta có thể chứng minh bài toán theo cách khác không ? Cũng có thể chứng minh theo cách khác: -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- 8 Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản Cách 2 Do H và H1 đối xứng với nhau qua BC nên tam giác CHH1 cân  C�1  C�2 ; � � A1 vì cùng phụ với � A1 mà C�1  � ABC  C 2  Tứ giác ABH1C nội tiếp. Hay H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh tương tự thì H2, H3 cũng thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Phân tích : Từ bài toán 2.2 ta đã chứng minh được : Tứ giác ABH1C nội tiếp. Hay H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.nên trong tam giác ABC nếu cho BC cố định,khi điểm A di động trên cung lớn BC thì điểm H1 di động trên cung nhỏ BC mà H1 và H đối xứng nhau qua BC,nên từ đó ta có bài toán cho quỹ tích trực tâm H như sau: Bài toán 2.3: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) ,có ba đường cao AD; BE; CFcắt nhau tại H ; cho B ,C cố định.Tìm quỹ tích trực tâm H khi điểm A di động trên cung lớn BC của đường tròn (O) Hướng dẫn : A *Tìm quỹ tích điểm H: - Từ bài toán 2.2:Với H1 đối xứng với H qua BC Ta đã chứng minh được : -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ B an----------------------------- E F H D H1 C 9 Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản H1 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC O - Khi A chuyển động trên cung lớn BC thì H1 sẽ chuyển động trên đường nào? (H1 chuyển động trên cung nhỏ BC) - Mà H đối xứng với H1 qua BC Vậy H sẽ chuyển động trên đường nào? Giải Gọi H1 đối xứng với H qua BC �  FHE � Do tứ giác AFHE là tứ giác nội tiếp nên FAE = 1800 (1) �  BHC � Ta có: FHE (đối đỉnh) �  BH � C (do H và H1 đối xứng nhau qua BC ) và BHC 1 �  BH � C  EHF 1 (2) �  BH � C = 1800  Tứ giác ABH1C nội tiếp đường tròn (O) Từ (1) và (2)  FAE 1 Hay H1 thuộc đường tròn (O)  Khi điểm A di động trên cung lớn BC của đường tròn (O) thì điểm H1 di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O), mà H và H1 đối xứng nhau qua BC  Khi điểm A di động trên cung lớn BC của đường tròn (O) thì trực tâm H di động trên cung đối xứng với cung nhỏ BC của đường tròn (O) qua BC (Cung chứa góc 1800- Â dựng trên đoạn thẳng BC, cùng phía với A đối với BC) -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- 10 Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản Phân tích: Từ bài toán 2.3 ta đã chứng minh được : Khi điểm A di động trên cung lớn BC của đường tròn (O) thì điểm H1 di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O). Mặt khác ta lại có SBHC = SBH C ( vì H và H1 đối xứng nhau qua BC)  SBHC lớn nhất � SBH C lớn nhất mà BC không đổi  SBH C lớn nhất � DH1 lớn nhất � H1 là điểm chính giữa của cung nhỏ BC � A là điểm chính giữa của cung lớn BC Từ đó ta có bài toán sau: Bài toán 2.4: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) ,có ba đường cao AD; BE; CFcắt nhau tại H, BC cố định.Tìm vi trí điểm A trên cung lớn BC của đường tròn (O) để diện tích tam giác BHC lớn nhất. A E F H O D C B H1 Giải : -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- 11 Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản Gọi H1 đối xứng với H qua BC Theo bài toán 2.3 ta đã chứng minh được : Khi điểm A di động trên cung lớn BC của đường tròn (O) thì điểm H1 di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O). 1 2 1 2 Ta có : SABC = BC.DH , SABC = BC.DH1 mà DH = DH1 (vì H1 đối xứng với H qua BC )  SBHC = SBH1C  SBHC lớn nhất � SBH1C lớn nhất mà BC không đổi  SBH1C lớn nhất � DH1 lớn nhất � H1 là điểm chính giữa của cung nhỏ BC � A là điểm chính giữa của cung lớn BC Sau khi học sinh được học bài toán cơ bản rồi khai thác mở rộng nâng cao giải được các bài toán khó hơn thì bây giờ ta ra cho học sinh một số bài toán tổng hợp để các em học sinh định hướng nghĩ ra cách giải dựa trên các bài toán đã khai thác giải ở trên. Một số bài toán tổng hợp vận dụng Bài 1: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O); ba đường cao của tam giác là AD; BE; CFcắt nhau tại H . Gọi H1, H2, H3 lần lượt là các giao điểm của các tia AH, BH, CH với đường tròn tâm O. a) Chứng minh các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AHB, BHC, CHA có bán kính bằng nhau. -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- 12 Sáng kiến kinh nghiệm b) Chứng minh ED // H1H2; Khai thác từ một bài toán cơ bản EF // H2H3; FD // H1H3 c) Chứng minh OA  EF; OB  FD; OC  ED d) Cho B, C cố định ; A chuyển động trên cung lớn BC - Tìm quỹ tích trực tâm H? - Xác định vị trí điểm A để diện tích tam giác BHC đạt giá trị lớn nhất - Tìm vị trí điểm A để chu tam giác DEF lớn nhất. Hướng dẫn: a) Phân tích: - Theo bài toán 2.1 ta đã chứng minh được H1, H2, H3, lần lượt đối xứng với H qua BC, AC, AB nên các tam giác AHB, BHC, CHA sẽ lần lượt bằng các tam giác nào? - Các tam giác AH3B, BH1C, CH2A có đặc điểm gì? (đều là các tam giác nội tiếp đường tròn tâm O) - Từ đó ta có thể chứng minh các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AHB, BHC, CHA có bán kính bằng nhau như thế nào? Chứng minh: a ) Theo bài toán 2.1 ta chứng minh được H và H1 đối xứng với nhau qua BC 1   BHC =  BH1C  Bán kính đường tròn ngoại tiếp  BHC H2 A H3 bằng bán kính đường tròn ngoại tiếp  BH1C Mà  BH1C nội tiếp đường tròn tâm O F H B D E 1 O 2 1 C H1  Bán kính đường tròn ngoại tiếp  BHC -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- 13 Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản bằng bán kính đường tròn tâm O Chứng minh tương tự  các bán kính đường tròn ngoại tiếp  AHC,  AHB,  BHC đều bằng nhau và bằng bán kính đường tròn tâm O b) Do H1, H2 lần lượt đối xứng với H qua BC, AC (theo bài toán 2.1)  DH = DH1 , EH = EH2  DE là đường trung bình của  HH1H2  DE // H1H2 Ta có thể chứng minh câu b) theo cách khác không ? � =� A1 (do tứ giác AEDB nội tiếp ,theo bài toán 1cơ bản) Cách 2: Ta có : E 1 � � (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BH1 ) A1 = H 2 � =H �  E 1 2  ED // H1H2 (Vì hai góc đồng vị bằng nhau) Chứng minh tương tự  EF // H2H3; FD // H1H3 c) Ta có: C�1 =C�2 (chứng minh ở bài toán 2.1)  � = BH �  BH3= BH1 BH 3 1 Mặt khác : OH3= OH1 (bán kính đường tròn tâm O)  OB là trung trực của H1H3  OB  H1H3 Mà H1H3 // FD (theo câu b)  BO  FD Chứng minh tương tự  AO  EF; CO  ED. Câu c ) còn có cách chứng minh nào khác không ? A Lưu ý: Ở câu c ta đã sử dụng kết quả của câu b để chứng minh. Ta cũng có thể chứng minh theo cách khác như sau: x E F Cách 2: Kẻ tiếp tuyến tại A của đường tròn(O) H -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- O 14 B D C K Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản � Ta có B�Ax =AFE ( cùng bằng � ACB )  Ax // EF; mà Ax  AO  EF  AO Chứng minh tương tự  BO  FD; CO  ED. Cách 3: Kẻ đường kính AK của đường tròn(O) � =� Ta có: AFE ACB ) AKB (cùng bằng � � � + BAK � Mà � = 900  AFE =900 AKB + BAK  AK  EF. Hay AO  EF Chứng minh tương tự  BO  FD; CO  ED. d) Hướng dẫn : *Tìm quỹ tích điểm H: (Giải như bài toán 2.3) * Xác định vị trí điểm H để diện tích tam giác BHC đạt giá trị lớn nhất: (Giải như bài toán 2.4) * Tìm vị trí của điểm A trên cung lớn BC để chu vi tam giác DEF lớn nhất Do AO  EF, CO  ED, BO  FD (theo câu c ) nên SAEOF = 1 1 1 AO.EF ; SBFOD = BO.FD ; SCDOE = CO.DE 2 2 2 Vì trường hợp này O ở trong tam giác ABC nên SAEOF + SBFOD + SCDOE = SABC  SABC = 1 ( AO.EF + BO.FD + CO.DE ) 2 1 2 = AO(EF + FD + DE) (vì AO = BO = CO = R(O)) Gọi R là bán kính đường tròn tâm O; P là chu vi tam giác DEF -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- 15 Sáng kiến kinh nghiệm  SABC = Khai thác từ một bài toán cơ bản 1 2S R.P  P = ABC 2 R Vậy P lớn nhất  SABC lớn nhất (vì R không đổi) 1 2 Mà SABC = BC.AD. Vì BC không đổi, nên SABC lớn nhất  AD lớn nhất  A là điểm chính giữa của cung lớn BC. Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O. Ba đường cao AK; BE; CD cắt nhau ở H. a) Chứng minh : Tứ giác BDEC nội tiếp. b) Chứng minh : AD.AB = AE. AC c) Chứng tỏ KA là phân giác của góc DKE d) Gọi I; J lần lượt là các trung điểm của BC và DE. Chứng minh: OA // IJ Hướng dẫn: a) Tứ giác BDEC nội tiếp ( bài toán1 cơ bản). S b) Từ giác BDEC nội tiếp   ADE  ACB (g.g)  đpcm A c) KA là phân giác của góc DKE (Giải như bài toán 1.1) E J D d) Do tứ giác BDEC nội tiếp đường tròn H O tâm I, đường kính BC; J là trung điểm của B dây cung DE  IJ  DE K I C Mà AO  DE (theo câu c bài 1)  IJ // AO Bài 3: -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- 16 Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R .Các đường cao AD, BE, CF của tam giác ABC cắt nhau tại H. Gọi M, N, Q lần lượt là giao điểm của AD, BE, CF với (O; R). a) Chứng minh :Các tứ giác AEHF , BCEF nội tiếp b) Tia AO cắt ( O;R) tại P . Chứng minh : HP đi qua trung điểm I của BC c) Chứng minh : AH = 2.OI d) Chứng minh : AM BN CQ + + =4 AD BE CF A N Hướng dẫn: Q a) Chứng minh : Các tứ giác AEHF , BCEF nội tiếp E F H B D l ( Giải giống như bài toán 1 cơ bản) b) Chứng minh tứ giác BHCP là hình bình hành O M C P ( Hai cặp cạnh đối song song: BH, PC cùng vuông góc với AC; CH, PB cùng vuông góc với AB)  I là trung điểm của BC đồng thời cũng là trung điểm của HP. (Tính chất đường chéo hình bình hành) Hay HM đi qua trung điểm I của BC. c) Ta có : OA = OP = R ; IH = IP ( chứng minh câu b)  OI là đường trung bình của  APH  AH = 2.OI d) Theo bài toán 2.1 ta đã chứngminh: H1, H2, H3 lần lượt đối xứng với -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- 17 Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản H qua BC, AC, AB.  HD = DM, HE = EN, FH= FQ Ta có : AM AD + DM = mà DM =HD AD AD AM Suy ra : AD  S AD  DH DH  1  1  BHC ( hai tam giác BHC và ABC có AD AD S ABC cùng cạnh đáy BC ) BN S AHC Tương tự BE =1 + S , ABC Nên suy ra CQ S =1 + AHB CF S ABC S  S AHC  S AHB S AM BN CQ    3  BHC  3  ABC = 3 + 1 = 4 AD BE CF S ABC S ABC C- KẾT LUẬN Nhờ hướng dẫn ôn luyện cho các em đi tìm lời giải cho các bài toán cơ bản quen thuộc để rồi từ đó khai thác phát triển giải các bài toán khó hơn trên cơ sở bài toán cơ bản đã biết - Từ đó hình thành cho các em khả năng tư duy sáng tạo độc lập suy nghĩ để đưa các bài toán phức tạp ,bài toán khó về bài toán đơn giản dễ hơn đã có cách giải "biến lạ thành quen" . Từ đó giúp cho các em say mê hứng thú yêu thích học môn Toán . Là tiền đề để các em ngày càng tiến bộ , rồi trở thành những con người năng động, sáng tạo , có bản lĩnh vững vàng xứng đáng là người chủ tương lai của đất nước. Qua áp dụng phương pháp dạy trên . Tôi nhận thấy rằng đa số học sinh tiếp thu được bài ,đặc biệt các em rất hứng thú, say mê học tập . Kết quả học tập -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- 18 Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán cơ bản của các em ngày càng tiến bộ .Chất lượng học sinh đại trà ngày càng được nâng lên ,tỷ lệ học sinh thi vào THPT đạt kết quả cao ,có nhiều em đạt kết quảcao trong các kỳ thi học sinh giỏi và thi vào trường chuyên lớp chọn. Trên đây là kinh nghiệm nhỏ của bản thân trong giảng dạy môn Toán .Vì kinh nghiệm của bản thân chưa nhiều nên bài viết này sẽ không tránh khỏi thiếu sót . Rất mong các quý thầy cô đồng nghiệp , các độc giả gióp ý để đề tài được hoàn thiện hơn . Tôi xin chân thành cảm ơn! Đô lương , ngày 20 tháng 3 năm 2013 -------------------------------Đào Minh – Đô lương - Nghệ an----------------------------- 19
- Xem thêm -