UBND TỈNH HẢI DƯƠNG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẢN MÔ TẢ SÁNG KIẾN
KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN MỘT SỐ BÀI
TOÁN THEO ĐỊNH HƯỚNG PHÁT TRIỂN NĂNG
LỰC HỌC SINH

Bộ môn: Toán

Năm học 2014 - 2015
1


THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Khai thác và phát triển một số bài toán theo định hướng
phát triển năng lực học sinh
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Môn Toán
3. Tác giả:
Họ và tên: Vũ Đức Hải

Nam (nữ): Nam

Ngày tháng/năm sinh: 04/06/1978
Trình độ chuyên môn: Đại học sư phạm
Chức vụ, đơn vị công tác: Tổ trưởng chuyên môn –Trường THCS Đồng Lạc
Điện thoại: 0973 051 795
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Trường THCS Đồng Lạc.
5. Đơn vị áp dụng sáng kiến lần đầu Trường THCS Đồng Lạc Điện thoại:
03203 888 078
6. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Học sinh, phòng học, lớp

khảo sát thống kê, so sánh đối chiếu kết quả bằng số liệu cụ thể trước và sau khi
vận dụng kinh nghiệm. Đồng thời đưa ra bài học kinh nghiệm để các đồng nghiệp
cùng suy ngẫm, bàn bạc để chất lượng bộ môn toán nói chung và chất lượng đội
tuyển học sinh giỏi toán trong nhà trường nói riêng đạt hiệu quả cao, tạo sự hào
hứng, say mê, chủ động, sáng tạo trong quá trình tiếp nhận kiến thức của học sinh
và những khuyến nghị, đề xuất với các cấp, các ngành những vấn đề còn bỏ ngỏ
đặc biệt là hướng tiếp tục nghiên cứu.

MÔ TẢ SÁNG KIẾN
3


1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến
1.1. Lí do chọn đề tài
Toán học là một trong những khoa học cổ nhất, là đỉnh cao trí tuệ của loài
người và ngày càng khẳng định được vị thế bởi tính ứng dụng sâu sắc của nó. Vì
vậy, việc dạy học bộ môn Toán trong các cấp học nói chung và cấp THCS nói
riêng có vai trò vô cùng quan trọng. Nó giúp học sinh phát triển tư duy, khả năng
suy luận, trau dồi trí nhớ và rèn luyện một phong cách làm việc khoa học. Theo
A.A.Stôliar, “dạy toán là dạy hoạt động toán học”. Dạy toán không phải đơn thuần
dạy kiến thức mà còn dạy cho học sinh cách huy động kiến thức để khi đứng trước
một vấn đề, các em có thể biết cách lựa chọn tri thức phù hợp và đúng đắn.
Hiện nay, ngành Giáo dục đang nỗ lực đổi mới phương pháp dạy học, yêu
cầu “phương pháp giáo dục phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy
sáng tạo của người học, bồi dưỡng cho học sinh năng lực tự học, kĩ năng thực
hành, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên” (Luật giáo dục, điều 5). Năm học
2014 – 2015 Bộ Giáo dục đưa ra chủ trương đổi mới mạnh mẽ phương pháp dạy
học và kiểm tra đánh giá theo định hướng phát triển năng lực học sinh. Trong đó,
dạy học bộ môn Toán cần hình thành và phát triển cho học sinh năng lực tính toán,
giải quyết vấn đề, sử dụng ngôn ngữ và khả năng phân tích, tổng hợp, suy luận

dụng công nghệ thông tin, suy luận logic,...
- Biết cách định hướng và giải bài tập ngắn gọn, chính xác khoa học.
- Phát huy trí lực, óc sáng tạo của học sinh tìm nhiều cách giải hay, phát
triển và đề xuất bài toán mới.

- Giúp học sinh tự tin khi giải toán hoặc trong thi cử.
1.3. Các phương pháp nghiên cứu .
- Điều tra giáo dục.
- Tổng kết kinh nghiệm.
- Nghiên cứu tài liệu và sản phẩm hoạt động sư phạm.
- Phân tích và tổng hợp lí thuyết…
2. Thực trạng trước khi nghiên cứu
5


Qua giảng dạy và khảo sát chất lượng tôi thấy thực tế còn nhiều học sinh
học yếu, ngại làm bài tập hoặc chỉ làm cho đủ số lượng bài tập thầy cô giáo giao.
Không những thế, có những tiết luyện tập giáo viên chỉ có thể dừng lại ở chữa bài
tập cho học sinh chứ chưa quan tâm mở rộng, phát triển khai thác bài toán đã giải.
Đặc biệt là nhiều học sinh không nhớ các bài toán gốc, chính vì vậy mà
không biết đưa những bài tập phức tạp về các bài tập đơn giản để giải bài tập một
cách dễ dàng và chính xác đồng thời các em cũng không thể đề xuất các bài tập
tương tự, bài tập khó.
Khi ra một số bài tập có thể ứng dụng các bài toán “gốc” sẽ có cách giải
hay, ngắn gọn song đa số học sinh không biết vận dụng hoặc vận dụng không
đúng ...
Tôi đã tiến hành kiểm tra kiểm tra 20 em học sinh ở hai lớp 9A và 9C với

thời gian 20 phút với đề bài và kết quả như sau:
Đề bài

SL
%
0
0

- Áp dụng vào việc giảng dạy các chuyên đề trong trường học hoặc bồi
dưỡng đội tuyển học sinh giỏi Toán lớp 8, 9, ôn tập cho học sinh chuẩn bị thi vào
các lớp chọn, lớp chuyên PTTH.

6


- Thời gian nghiên cứu có hạn mặc dù được sự góp ý chân thành của nhiều
giáo viên có chuyên môn cao, song vẫn còn nhiều điều bỏ ngỏ để tiếp tục khai
thác và đi sâu hết dạng toán này.
4. Các giải pháp, biện pháp thực hiện

4.1. Khai thác và phát triển bài toán đại số
4.1.1 Bài 1
Chứng minh rằng: a3 + b3 = ( a + b ) − 3ab(a + b) .
3

Bài giải:
Ta có: ( a + b ) = a 3 + 3a 2b + 3ab 2 + b3
3

= a 3 + 3ab ( a + b ) + b 3
3
⇒ a 3 + b3 = ( a + b ) − 3ab(a + b) (điều cần chứng minh)



3

3

Bài giải:
Ta có:

( x − y)

3

+ ( y + z ) − ( z + x) = ( x − y) + ( y + z ) + ( −z − x)
3

3

3

3

3

a = x − y

Đặt: b = y + z ⇒ a + b + c = 0
c = − z − x


theo bài toán 2 ta có: ⇒ a3 + b3 + c3 = 3abc

3

= ( a + b + c ) − 3c ( a + b ) ( a + b + c ) − 3ab ( a + b ) − ( a + b + c ) ( theo bài toán 1)
3

3

= −3 ( a + b )  c ( a + b + c ) + ab 
= − 3 ( a + b )  a ( b + c ) + c ( b + c ) 
= −3( a + b ) ( b + c ) ( a + c )

4.1.5. Bài 5
Giải phương trình sau: ( x 2 + x + 2 ) − ( x + 1) = x 6 + 1
3

3

Bài giải:
8


(x

2

+ x + 2 ) − ( x + 1) = x 6 + 1
3

3


. Tính giá trị của biểu thức: Q = a 2015 + b 2015 .
Bài giải:

Ta có: a + b = 1
⇒ ( a + b) = 1
3

⇒ a 3 + b3 + 3ab ( a + b ) = 1
⇒ 1 + 3ab.1 = 1
⇒ 3ab = 0
a = 0
⇒
b = 0

Nếu a = 0 ⇒ b = 1 ⇒ Q = a 2015 + b 2015 = 1
Nếu b = 0 ⇒ a = 1 ⇒ Q = a 2015 + b 2015 = 1
Vậy: Q = 1.
4.1.7. Bài 7
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC thỏa mãn: a 3 + b3 + c3 = 3abc.
Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác đều.
Bài giải:
Ta có:
a 3 + b3 + c 3 = 3abc.
⇔ a 3 + b3 + c3 − 3abc = 0

9


⇔ ( a + b ) − 3ab(a + b) + c 3 − 3abc = 0
3

Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi D, E, F các tiếp điểm của
đường tròn (O) với các cạnh AB, BC, CA.
1. Chứng minh rằng: 2AD = AB + AC − BC .
2. Tìm các hệ thức tương tự như hệ thức ở câu 1.
Bài giải
1.Chứng minh rằng: 2AD = AB + AC − BC .

Ta có AD và AF là tiếp tuyến của (O) tại D, F (gt)
⇒ AD = AF ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Chứng minh tương tự ta có: BD = BE; CE = CF
Mà: AB + AC − BC = AD + BD + AF+CF-(BE+EC)
10


= AD + BD + AD + CF − BD − CF
= 2 AD

Vậy: 2AD = AB + AC − BC
2.Các hệ thức tương tự như hệ thức ở câu 1.
2 AF = AB + AC − BC
2 BD = BA + BC − AC ; 2 BF = BA + BC − AC
2CE = CA + CB − AB; 2CF = CA + CB − AB

Hướng khai thác:
Nếu ∆ABC là tam giác vuông tại A thì AD = r; BC = 2 R ( r là bán kính đường tròn
nội tiếp ∆ABC , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC ) nên ta có
2r = AB + AC − 2 R . Do đó ta có bài toán:

4.2.2. Bài 2

(điều cần chứng minh)
2

Hướng khai thác:
Nếu áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho vế trái ta có bài toán sau.
4.2.3. Bài 3
Cho A điểm chuyển động trên đường tròn (O;R) đường kính BC ( A khác B và C)
Gọi (I;r) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Chứng minhrằng: r + R ≥ AB. AC .
Bài giải:
Gọi D, E, F các tiếp điểm của đường tròn (I;r) với các cạnh AB, BC, CA.

Chứng minh tương tự bài 2 ta có : R + r =

AB + AC
(1)
2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có :
AB + AC
≥ AB. AC (2)
2

từ (1) và (2) ta có : r + R ≥ AB. AC
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AB = AC ⇔ A là điểm chính giữa của cung BC của
(O;R).
Hướng khai thác:
Kẻ đường cao AH của tam giác ABC ( H thuộc BC) thì r + r1 + r2 = AH ( r ; r1 ; r2 lần
lượt là bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC; ∆ABH ; ∆ACH ) nên ta có bài toán.
12


Theo bài 4 ta có: r + r1 + r2 = AH (1)


Mặt khác: A ∈  O; ÷( gt )
2 

BC

Mà:
⇒ AH ≤

AH ⊥ BC tại H (gt)

BC
⇒ AH ≤ R ( BC = 2R: gt) (2)
2

Từ (1) và (2) suy ra r + r1 + r2 ≤ R ( Không đổi)
Đẳng thức xảy ra AH = R khi và chi khi H trùng với O khi và chỉ khi A là điểm
chính giữa của cung BC của (O;R).
Vậy, A là điểm chính giữa của cung BC của (O;R) thì tổng r + r1 + r2 đạt giá trị lớn
nhất là Max(r + r1 + r2 ) = R .
Hướng khai thác:
Gọi E, F là giao điểm của AJ và AK với BC thì EF = 2r thì ta có bài toán sau .
4.2.6. Bài 6
Cho tam giác ABC vuông tại A đường cao AH ( H thuộc BC). Gọi J; I; K lần lượt
là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC ; ∆ABH ; ∆ACH .Đường thẳng AJ cắt BC tại E,
đường thẳng AK cắt BC tại F. Chứng minh rằng EF = 2r ( r là bán kính đường tròn
nội tiếp tam giác ABC)

Suy ra ·AEC = CAE
⇒ ∆CAE là tam giác cân tại C.
⇒ CE = CA ( tính chất tam giác cân)

Chứng minh tương tự ta có: BF = BA
⇒ BF + CE = AB + AC
⇒ BE + EF + CE = AB + AC
⇒ BC + EF = AB + AC
⇒ EF = AB + AC − BC

mà: AB + AC − BC = 2r (theo bài toán 2).
⇒ EF = 2r (điều cần chứng minh)

Hướng khai thác: Nếu Cho A điểm chuyển động trên đường tròn (O;R) đường
kính BC ( A khác B và C). H là hình chiếu vuông góc của A trên BC thì ta có bài
toán sau.
4.2.7. Bài 7
Cho A điểm chuyển động trên đường tròn (O;R) đường kính BC ( A khác B và C).
H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. Gọi J; I; K lần lượt là tâm đường tròn
nội tiếp ∆ABC ; ∆ABH ; ∆ACH .Đường thẳng AJ cắt BC tại E, đường thẳng AK cắt
BC tại F. Xác định vị trí của A để diện tích tam giác AEF đạt giá trị lớn nhất.
15


Bài giải:

Theo bài toán 7 ta có: EF = AB + AC − BC
Mặt khác: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

( 1. AB + 1. AC )

BC
⇒ AH ≤ R ( BC = 2R: gt) (2)
2

Từ (1) và (2) suy ra: AH .EF ≤ R.2R ( 2 − 1)
⇒

1
AH .EF ≤ R 2
2

⇒ S AEF ≤ R 2

(

(

)

2 −1

)

2 − 1 ( không đổi)
 AB = AC
⇔ A là điểm chính giưa cung BC của ( O;R) đường
 AH = R

Đẳng thức xảy ra ⇔ 
kính BC.

 ⇒ MN / / HK
BC ⊥ HK ( gt ) 

17


⇒

AM AN MN AM + AN + MN 80 − 2 BC
=
=
=
=
AB AC BC
AB + AC + BC
80

mà: MN = 9,6 ( cm) (gt) nên ta có:
9, 6 80 − 2 BC
=
BC
80
⇒ BC = 24(cm) hoặc BC = 16(cm) .

4.2.9. Bài 9
Cho tam giác ABC có chu vi 80 cm ngoại tiếp (O;R). Gọi H là tiếp điểm của BC
với (O;R), kẻ đường kính HK của (O;R). Tiếp tuyến tại K của (O;R) cắt AB và
AC tại M, N. Cho AC – BC = 10 cm. Tính các cạnh của tam giác ABC để MN đạt
giá trị lớn nhất.
Bài giải:


Mà: AC − AB = 10 và AB + AC + BC = 80 (gt)
⇒ AB = 25(cm); AC = 35(cm); BC = 20(cm)

Vây, AB = 25(cm); AC = 35(cm); BC = 20(cm) thì MN đạt giá trị lớn nhất là
Max ( MN ) = 10(cm).

4.3 Giáo án
Tuần 15
Tiết

29

LUYỆN TẬP
I. Mục tiêu
1. Kiến thức:
Củng cố các tính chất của tiếp tuyến của đường tròn, đường tròn nội tiếp
tam giác.
2. Kĩ năng:
- Rèn luyện kĩ năng vẽ hình, vận dụng các tính chất của tiếp tuyến vào bài
tập tính toán và chứng minh.
- Bước đầu vận dụng tính chất của tiếp tuyến vào bài tập quỹ tích và dựng
hình.
3. Thái độ: Yêu thích môn học và các môn học khác.
4. Hình thành và phát triển năng lực thông qua bài học:
Năng lực xử dụng ngôn ngữ, hợp tác làm việc theo nhóm, năng lực giao
tiếp, năng lực giải quyết vấn đề , năng lực tư duy,…
II. Chuẩn bị
Giáo viên: Thước thẳng, com pa, bảng phụ, phấn màu, máy chiếu,…
Học sinh: Thước thẳng, com pa.

= 900

KL.
=> Nhận xét.
-GV nhận xét, bổ sung nếu cần.

By ⊥ AB.M ∈ (O), tiếp tuyến tại

KL

b) CD = AC + BD.
c) AC.BD không đổi

? Hãy tìm các cặp góc bằng nhau trong
hình vẽ ?
HD: Có những tiếp tuyến nào cắt nhau
TL: AC cắt CM và DM cắt DB.
? Có nhận xét gì về các góc chung đỉnh
O?
TL:

Chứng minh

·
? Vậy chứng minh COD
= 900 ntn ?

a) Theo tính chất tiếp tuyến ta có OC

- GV gọi 1 HS lên bảng làm.

⇒ CD = AC + BD.

- GV gọi HS lên làm.

c) Ta có AC.BD = CM.MD. Trong tam

=> Nhận xét.

giác vuông COD có OM ⊥ CD ⇒

? Trong bài toán có yếu tố nào không CM.MD = OM2 ( theo hệ thức lượng
đổi ?

trong tam giác vuông) ⇒ AC.BD = R2

TL: Bán kính OM.

(không đổi).

? Vậy tích AC. BD có liên hệ gì với
OM ?

Bài 31 tr116 <SGK>.

TL: AC. BD = CM. MD = OM2.
- GV gọi HS lên làm.
**? Xác định vị trí điểm M để tổng
AC + BD ngắn nhất .
? Nếu hai tiếp tuyến Ax và By cắt nhau




-Cho hs thảo luận theo nhóm ý b
-Kiểm tra sự thảo luận của hs.
- GV gọi đại diện từng nhóm nêu kết
quả .
- Gọi HS khác nhận xét.
4. Hoạt động ứng dụng:
Các em có thể tự đề xuất các bài toán như sau:
1. Bài 1
Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp (O; R) và ngoại tiếp (I; r).
1. Chứng minh rằng R + r =

AB + AC
.
2

2. Bài 2
Cho (O; R) nội tiếp tam giác ABC. Gọi D là tiếp điểm của cạnh BC với (O; R) kẻ
đường kính AE của (O; R). Tiếp tuyến tại E cắt cạnh AB và AC tại M và N.
1. Chứng minh DB.EM = DC.EN .
2. Trong trường hợp AB < AC. Gọi K là giao điểm của đường thẳng AE và đường
thẳng BC. Chứng minh DB = KC .
5. Hướng dẫn về nhà
-Học thuộc bài.
-Xem lại các bài đã chữa.
-Làm bài 32 - SGK + 54, 55, 56, 61, 62 tr 137 – 137 <SBT>.
- Giờ sau ‘ Ôn tập học kì I '

5. Kết quả đạt được

Kết quả:
Sĩ số
20

Điểm
Từ 0 đến 2
SL
%
2
10

Dưới 5
SL
%
4
20
Nhận xét:

Từ 5 trở nên
SL
%
16
80

Từ 8 đến 10
SL
%
5
25


vậy hệ thống bài tập đưa ra phải đa dạng phong phú về nội dung và phương
pháp giải.

24


Giáo viên phải nắm được tâm sinh lí học sinh, hiểu rõ chỉ số thông minh
của từng học sinh để chuyển tải kiến thức cho vừa sức, hợp lí với học sinh,
tránh gò bó áp đặt với học sinh, giúp học sinh giỏi có đủ điều kiện nâng cao
hơn nữa kết quả học tập, thi cử.
5.3. Điều kiện áp dụng
- Đề tài này với mong muốn được giúp cho tất cả học sinh, đặc biệt học
sinh có lực học khá giỏi phát huy tính tích cực của bản thân, tạo dựng niềm
ham mê học Toán.
- Đề tài này có thể liên hệ, vận dụng trong quá trình giảng dạy môn Toán
ở các trường trung học cơ sở.

KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ
1. Kết luận
25