Đáp án môn Hoá thi TN (Mã đề 748)

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (180.16 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC GIẢI TOÁN CHO HỌC SINH THÔNG QUA
HOẠT ĐỘNG KHAI THÁC VÀ MỞ RỘNG CÁC BÀI TOÁN

QUEN THUỘC.

A – ĐẶT VẤN ĐỀ:

Ở trường phổ thơng, dạy Tốn là dạy hoạt động tốn học. Đối với học sinh
THCS có thể xem việc giải tốn là hình thức chủ yếu của hoạt động tốn học.

Các bài tốn về hình học thường gây khơng ít khó khăn cho đại đa số học
sinh. Khi đứng trước trước một bài tốn các em thường khơng biết bắt đầu từ đâu ?
bài tốn này có liên quan gì với các bài tốn đã biết trước đó hay khơng ? Vì vậy
để phát huy năng lực giải các bài tốn hình học cho học sinh thì ngồi việc trang bị
cho các em một nền tảng kiến thức, kỹ năng cơ bản giáo viên cần khéo léo khai
thác, mở rộng từ một bài tập sang một loạt các bài tập tương tự nhằm vận dụng
một tính chất, rèn luyện tập một phương pháp chứng minh nào đó giúp học sinh
dần hình thành phương pháp giải tốn hình học.

Thực tế dạy học cho thấy hoạt động khai thác và mở rộng các bài toán quen
thuộc là một phương pháp dạy học rất quan trọng thể hiện được tính sang tạo, khả
năng tiếp thu của mỗi người thông qua việc vận dụng tri thức có sẳn để giải quyết
các bài tốn tương tự và tìm lời giải cho các bài tốn mới. Vì vậy việc vận dụng và
rèn luyện thường xuyên kỹ năng này là một yêu cầu cần thiết và bổ ích trong q
trình học Tốn.

Bài viết này xin được trao đổi một số ví dụ về cách khai thác các bài tốn
quen thuộc trong chương trình THCS. Do khn khổ bài viết có hạn nên một số lời
giải xin được trình bày các ý chính.

B – NỘI DUNG:

1) Khai thác bài tốn dựa vào cấu trúc lơgic giữa các mệnh đề hình học:
Ví dụ 1: ( Bài 30 – SGK – Trang 116 )

Cho nửa đường trịn (O;R) đường kính AB. M là
điểm thuộc nửa đường tròn; tiếp tuyến của (O;R) tại M
cắt các tiếp tuyến tại A và B lần lượt ở C và D. Chứng
minh rằng:

a) COD 90o

 .
b) CD = AC + BD.
c) AC. BD = R2.

Đây là một bài tốn rất quen thuộc có trong SGK – Tốn 9 và hầu hết các em đều
giải được. Tuy nhiên rất ít HS thấy được sự tương đương giữa các khẳng định sau:

(1) CD là tiếp tuyến.

O B

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

O B

E
A

O
D

M

C
B

A

(2) COD 90o

 .
(3) CD = AC + BD.
(4) AC. BD = R2.

Thật vậy, kéo dài OD cắt AC tại E. Dễ dàng chứng

minh

được OD = OE , AE = BD (*).
+) Nếu COD 90o

 thì từ (*) suy ra CED cân tại C 
CO là phân giác của góc ECD  O cách CD một
khoảng bằng OA ( = R )  CD là tiếp tuyến của
(O;R).

+) Nếu CD = AC + BD thì từ (*) suy ra CD = CE
 CED cân tại C và cũng suy ra được CD là tiếp
tuyến của (O;R).

+) Nếu AC. BD = R2 thì từ (*)  AC. AE = OA2 
ACO OCE

  (c.g.c)  COE CAO  900  CED cân tại C và cũng suy ra được
CD là tiếp tuyến của (O;R).

Dựa vào sự tương đương giữa các kết quả trên giáo viên có thể thiết kế
thành nhiều bài tốn khác nhau để học sinh luyện tập.

Ví dụ 2: ( Bài 20 – SBT – Toán 9 ).

Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) và M là một điểm của cung
nhỏ BC. Trên MA lấy điểm D sao cho MD = MB.

a) Tam giác MBD là tam giác gì ?
b) So sánh hai tam giác BDA và BMC.

c) Chứng minh MA = MB + MC.

Đây là bài toán rất quen thuộc , lời giải có trong
SBT và nhiều tài liệu khác, kết quả cụ thể là:

a) MBD là tam giác đều.
b) BDA = BMC.

c) MA = MB + MC.

Nhận thấy rằng nếu xem:

+ ) Hình H là : “ Đường tròn ngoại tiếp tam giác đều
ABC”.

+ ) Tính chất T là : “ Trong ba đoạn MA , MB , MC có một đoạn bằng tổng của hai
đoạn cịn lại”.

Thì ta chứng minh được:

1) Mọi điểm thuộc hình H thì có tính chất T và ngược lại.

2) Những điểm khơng thuộc hình H thì khơng có tính chất T và ngược lại.
Do đó giáo viên có thể ra cho HS những bài tập sau:

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

D
O

M
C

B

A

Gợi ý:

* Xét trường hợp điểm M nằm trong góc BAC ( các trường hợp khác hoàn toàn
tương tự ).

Vẽ tam giác đều BMD  MB = MD và BMD 60o (1).
Dễ dàng chứng minh được BDA = BMC (c.g.c )

 MC = DA (2).

Vì M (O) nên BMA60o (3). Từ (1), (2) và (3) suy ra A, D , M không thẳng hàng
và MA , MB , MC là độ dài ba cạnh của tam giác MAD.

Bài 2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) và M là một điểm thuộc nửa
mặt phẳng không chứa A bờ BC và thỏa mãn MA = MB + MC. Chứng minh rằng
ABMC là tứ giác nội tiếp.

Gợi ý: Làm tương tự bài toán 1 và chứng minh được MB = MD , MC = DA. Suy ra

MB + MC = MA = MD + DA  D MA  BMA BMD  600 BMA BCA , suy ra
ABMC là tứ giác nội tiếp.

Bài tốn 2 có thể diễn đạt dưới các bài tập sau:

Bài 3: Cho tam giác đều ABC cố định và một điểm M thuộc mặt phẳng (ABC) sao
cho trong 3 đoạn MA , MB , MC luôn tồn tại một đoạn bằng tổng của hai đoạn kia.

Chứng minh rằng điểm M chạy trên một đường tròn cố định.

Bài 4: Cho tam giác đều ABC cố định và một điểm M thuộc mặt phẳng (ABC).
Gọi x , y , z thứ tự là khoảng cách từ M tới A , B và C. Biết rằng trong ba số x , y ,
z luôn có một số bằng tổng của hai số cịn lại. Tìm quỹ tích điểm M.

Gợi ý:

- Vận dụng bài tốn 2 để tìm ra hình H là đường trịn ngoại tiếp tam giác
đều ABC.

- Vận dụng ví dụ 2 để chứng minh phần đảo.

Qua một số ví dụ ở trên ta thấy được nếu người dạy biết nắm bắt cấu trúc
lơgic của mỗi bài tốn thì sẻ tạo ra được nhiều bài tốn mới , hình thành cho học
sinh thói quen nhìn nhận một bài tốn theo nhiều hướng khác nhau. Từ đó gúp HS
phát huy được năng lực giải tốn.

Bây giờ ta lại tiếp cận ví dụ 2 theo hướng sau:

“Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và M là một điểm thuộc cung
BC ( không chứa A ). Các khẳng định sau có tương đương với nhau hay không ?

(A): Tam giác ABC đều.
(B): MA = MB + MC.”

D
O

M

C
B

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

N

M

C
B

A1

A

O
D

M

C
B

A

Trong trường hợp này nhiều HS vẫn ngộ nhận là từ (B)
cũng suy được ra (A). Điều này là không thể .

Thật vậy , xét tam giác đều BCA1 ta có: MA1 = MB +

MC ( theo vd.2 ).

Lấy A đối xứng với A1 qua đường kính MN , suy ra A

thuộc (O) và MA = MA1

( tính chất đối xứng ). Do đó với tam giác khơng đều
ABC ta vẫn có MA = MB + MC.

Để xây dựng bài tốn ngược lại trong tình huống này
giáo viên cần bổ sung thêm điều kiện để ràng buộc điểm
A. Chẳng hạn ta phát biểu bài toán mới như sau:

Bài 5: Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O); M là một điểm thuộc
cung BC không chứa A. Chứng minh rằng nếu MA = MB + MC (*) thì ABC là
tam giác đều.

Gợi ý:

Vì tam giác ABC cân tại A nên MA là phân giác của
góc BMC. Do đó:

MB MA
MBI MAC

BI AC

   

. .

MB AC MA BI

  (1).

MC MA
MCI MAB

CI AB

   

. .

MC AB MA CI

  (2).

Vì AB = AC nên từ (1) và (2) suy ra:



MA MB AB MA BC



. MA MB BC.MA

AB

    

. Kết hợp
với (*) suy ra được 1

BC

AB BC

AB     đpcm.

2 ) Khai thác bài toán mới dựa trên kết quả của bài toán cũ:

Trong ví dụ 2 , nếu lấy kết quả “ MA = MB + MC ” làm tiền đề cho việc
khai thác các bài tốn mới thì ta có các kết quả sau:

Bài 6: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) cố định; M là một điểm
thuộc cung nhỏ BC. Xác định vị trí của điểm M để:

a) Chu vi của tam giác MBC đạt giá trị lớn nhất.
b) Tổng ( MA + MB + MC ) đạt giá trị lớn nhất.

Gợi ý: a) Chu vi của MBC đạt giá trị lớn nhất  MB
+ MC lớn nhất  MA lớn nhất  MA là đường kính

 M là trung điểm của cung nhỏ BC.
b) Làm tương tự.

Nếu kết hợp với BĐT – Cơ si thì ta có ngay kết
quả: MA = MB + MB 2 MB MC. . Dấu bằng xảy ra khi
M nằm chính giữa cung nhỏ BC và khi đó MA cũng đạt
giá trị lớn nhất. Từ đó ta có bài toán sau:

I
M

C

B

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

I K
H

C
B

Bài 7: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O;R) cố định; M là một điểm
thuộc cung nhỏ BC. Tìm giá trị lớn nhất của (MA.MB.MC).

Nếu gọi E là giao điểm của MA và BC thì ta nhận thấy:

MB MA MB MC
BME AMC

ME MC MC



    

. Suy ra

1 1 1

.
MB MC

ME MB MC MB MC



  

. Từ đó ta có bài toán:
Bài 8: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn
(O); M là một điểm thuộc cung nhỏ BC. Các đoạn
thẳng MA và BC cắt nhau tại E. Chứng minh rằng:

1 1 1

ME MB MC .

Khai thác kết quả bài toán 7, ta nhận ra rằng
nếu gọi F là trung điểm cung BC thì ta có

 0

AFBC, AMF 90 .

Suy ra: AM AF,AE AH .

Do vậy ME = AM – AE  AF – AH = FH

1 1
ME FH

 

( không đổi ). Dấu bằng
xảy ra  M F. Từ đó ta có được bài tốn như sau:

Bài 9: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O); M là một điểm thuộc cung
nhỏ BC. Các đoạn thẳng MA và BC cắt nhau tại E. Xác định vị trí của M trên cung
nhỏ BC để

1 1

MB MC đạt giá trị nhỏ nhất.

Ta lại thấy rầng khi M trùng với F thì

MA cũng đạt giá trị nhỏ nhất. Từ đó ta

lại có thêm bài tốn hay và khó như sau:

Bài 10: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O); M là một điểm thuộc cung
nhỏ BC. Các đoạn thẳng MA và BC cắt nhau tại E. Xác định vị trí của M trên cung
nhỏ BC để

1
MA+

1 1

MB MC đạt giá trị nhỏ nhất.

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC vng tại A. Gọi H là hình chiếu
của A trên BC; I và K thứ tự là trung điểm của AH và CK.
Chứng minh: BI AK.

Gợi ý:
Ta có:

KH KC
IH IA

 




  IK là đường trung bình của tam giác AHC suy ra
IK // AC  IK  AB. Do đó I là trực tâm của tam giác ABK,
suy ra BI  AK.

Từ kết quả của bài tốn trên ta có nhận xét sau:

- Những đường thẳng song song với AK thì vng góc với BI.

H
F
E
M

C
B

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

- Những đường thẳng song song với BI thì vng góc với AK.

Từ đó ta tạo các bài tốn mới như sau:

+ Gọi D là điểm đối xứng với C qua A  DH song
song với AK , từ kết quả của ví dụ 3 suy ra BI 
DH. Từ đó ta có bài tốn:

Bài 11: Cho tam giác BCD cân tại B; đường cao
BA. Gọi H là hình chiếu của A trên BC; I là trung
điểm của AH. Chứng minh rằng DH  BI.

+ Nếu tạo hình bình hành BDKI thì suy ra DK song
song với BI do đó DK vng góc với AK. Từ đó ta
có bài tốn mới như sau:

Bài 12: Cho hình thang vuông ABDC (   A B 900) và

BD =

2AC. Gọi H là hình chiếu của A trên BC, K là trung

điểm của HC. Chứng minh rằng DK  AK.

Gợi ý:

Gọi I là trung điểm của AH.Theo ví dụ 3 ta có BIAK(1)
Vì IK là đường trung bình của tam giác HAC nên suy ra
được

1
2

IK  AC BD
.

Tứ giác BDKI có BD // KI và BD = KI BDKI là hình
bình hành; suy ra DK // BI (2). Từ (1) và (2)  đpcm. 
+ Nếu lấy E đối xứng với B qua D thì tứ giác ABEC là
hình chử nhật từ đó ta có bài tốn sau:

Bài 13: Cho hình chử nhật ABEC. Gọi H là hình chiếu
của A trên BC; D và K thứ tự là trung điểm của BE và
HC. Chứng minh rằng AK  DK.

( Giải tương tự bài 12 ).

Xem xét kỹ ví dụ 3 ta thấy kết quả bài tốn khơng hề thay đổi khi ta thay
đường trung bình IK bằng đường thẳng song song với AC. Với cách tiếp cận
này thì ví dụ cịn được khai thác theo hướng sau.

3) Chuyển từ quan hệ bằng nhau sang quan hệ đồng dạng để có bài tốn mới:
Với hướng này thì ví dụ 3 có thể diễn đạt như sau:

I

H

D C

B

A

K
D

I
H

C
B

A

D

K
H

E

C
B

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

I

E

K
H

D

C
A

B

Bài 14: Cho tam giác ABC vng tại A. Gọi H là hình chiếu
của A trên BC; I và K thứ tự là hai điểm thuộc AH và CK
sao cho

HK HI

KC IA . Chứng minh: BI AK.

Gợi ý:

Vì

HK HI

KC IA  KI // AC ( Talet đảo ) mà ACAB  KI
AB. Suy ra I là trực tâm của tam giác ABK BIAK.
Từ các bài toán 11 , 12 , 13 giúp ta có thêm các bài tốn sau:

Bài 15: Cho tam giác nhọn BDC đường cao BA. Gọi H là
hình chiếu của A trên BC; I là một điểm thuộc đoạn AH sao cho

IH AD

IA AC . Chứng

minh rằng DHBI.

Gợi ý:

- Vẽ IK // AC  BIAK (1).

- Chứng minh được DH // AK nhờ vào định
lý Talet đảo (2).

Bài 16: Cho hình thang vng ABDC (   A B 900) và AC = m; BD = n. Gọi H

là hình chiếu của A trên BC, K thuộc đoạn HC sao cho

HK n

HC m. Chứng minh rằng

DKAK.

Gợi ý: Từ K vẽ KI // AC // BD KIAB; suy ra I là
trực tâm của tam giác ABK BIAK (1).

Vì IK // AC

IK
AC 

HK n
HC m

BD
AC



 IK = BD. Tứ
giác BDKI có BD = IK và BD // IK BDKI là hình
bình hành  DK // BI (2). Từ (1) và (2)  DKAK.

Bài 17: Cho hình chử nhật ABEC. Gọi H là hình chiếu của A trên BC; Trên các
đoạn BE và HC lấy các điểm D và K sao cho

BD HK
BE HC .

Chứng minh rằng AK  DK.
( Giải tương tự bài 16 ).

I K

H
B

C
A

K
I

H

A C

B

D

n

m

I K

H
D

C
B

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

C - BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ:

1) Cho tam giác ABC cố định có ABCACB .
Gọi D là trung điểm cạnh BC; đường tròn (O) tiếp

xúc với AB , AC thứ tự tại I và K. E , F thứ tự là hai
điểm thay đổi trên AB và AC. Xét mối quan hệ giữa
các khẳng định sau để tạo ra các bài toán tương tự.
(a) EDF  .

(b) EF là tiếp tuyến của đường tròn (D;DI).
(c) ED2 = EF. EB.

(d) Chu vi của AEF bằng ( AI + AK ).

2) Tổ chức cho HS khai thác kết quả bài toán sau:

“ Tích hai cạnh của một tam giác bằng tích đường cao ứng với cạnh cịn lại với
đường kính của đường trịn ngoại tiếp tam giác đó ”.

D – KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ:

Trên đây là một số ví dụ minh họa cho hoạt động khai thác các bài tốn quen
thuộc có trong chương trình nhằm bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh.
Trong thực tiễn dạy học toán , bài tập được sử dụng với nhiều dụng ý và cấp độ
khác nhau. Đứng trước một bài toán cụ thể nào đó người giáo viên khơng chỉ trình
bày lời giải một cách đơn thuần mà cần phải hướng dẫn học sinh cặn kẽ các các
khía cạnh của bài tốn. Làm được như thế mới có thể phát huy tối đa năng lực tư
duy sáng tạo , tích cực nhận thức của học sinh trong quá trình chiếm lĩnh tri thức
hiện nay. Và đây là cơ hội tốt để cho giáo viên trang bị cho học sinh tri thức
phương pháp , phương pháp giải toán. Nhằm rèn luyện và phát triển ở học sinh
năng lực tư duy toán học.

Theo tôi hoạt động khai thác và mở rộng các bài tốn có trong chương trình
phải là một việc làm thường xun có như vậy thì kiến thức của người dạy ngày

một vững vàng hơn. Người dạy cần tạo cho người học thói quen khơng dừng lại ở
kết quả vừa tìm được mà cần tiếp tục khai thác kết quả đó theo nhiều hướng khác
nhau. Có như vậy mới phát huy được năng lực giải toán của người học , giúp người
học phát triển được tư duy và năng lực sáng tạo./.

K
I

F
E

D C

B

</div>

Đáp án môn Hoá thi TN (Mã đề 748)





Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về