Luận án Bồi dưỡng các thủ pháp hoạt động nhận thức theo tư tưởng sư phạm của g. polya cho học sinh trong dạy học môn Toán ở trường trung học cơ sở

V gợi ý thêm: Do ( ) 2 0  ≥ f x với mọi số thực x, hãy biến đổi biểu thức N1 thành một biểu thức chứa biến cùng luôn âm? - Nhận xét gì về biểu thức 2 1 25 9 5  = − + +    N x ? (Biểu thức N1 chứa một số không đổi và một biểu thức chứa biến nên để tìm giá trị lớn nhất của N1 ta chỉ cần xét biểu thức có chứa biến) - Từ đó, hãy suy ra giá trị lớn nhất của N1? Dạng 1: Tìm cực trị của một biểu thức là đa thức bậc hai Ví dụ 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 21 5 4 1= − − +N x x . Ta có: 21 4 15 5 5  = − + −    N x x 2 4 4 455 5 25 25  = − + + −    x x 2 4 4 455 5 5 25 25  = − + + +    x x 225 9 5  = − + +    x . Do 2 22 20 5 0 5 5    + ≥ ⇔ − + ≤        x x . Suy ra: 2 1 25 9 9, 5  = − + + ≤    N x dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi Tìm giá trị của x để N1 đạt giá trị lớn nhất? * Khai thác, phát triển bài toán: - Từ lời giải bài toán, HS biết giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất (nhỏ nhất) của các biểu thức là đa thức một biến bậc hai. GV chốt: Với các bài toán tìm cực trị của đa thức một biến bậc hai 2 1 ( ) = + +P x ax bx c (tìm maxP1(x) với 0a ), thông thường ta vận dụng TP tổ chức hợp lý dữ liệu tách và nhóm các hạng tử chứa biến để đưa về một biểu thức luôn không âm (luôn bé hơn hoặc bằng 0) và sử dụng TP tách biệt để xét biểu thức “cần thiết” là cực trị của biểu thức chứa biến. 22 20 . 5 5  + = ⇔ = −    x x Vậy 1max 9=N khi và chỉ khi 2 . 5 = −x - Em có nhận xét gì về biểu thức cần tìm cực trị? (Tích của hai biểu thức bậc nhât và một biểu thức bậc hai) - Hãy xét tích của hai đa thức bậc nhất? Có nhận xét gì về đặc điểm của đa thức tích với đa thức bậc hai trong biểu thức cần tìm cực trị? (Đa thức tích là 2 8 7− +x x ; hai đa thức này có phần chứa ẩn giống nhau và hiệu hệ số tự do của chúng là số chẵn) - Hãy đặt ẩn phụ để đưa biểu thức cần tìm về đa thức bậc hai? Nên chọn ẩn phụ như thế nào cho dễ tính toán? (Chọn ẩn phụ có phần chứa ẩn giống nhau, phần hệ số tự do là trung bình cộng của các hệ số tự do, đó là: 2 8 11= − +y x x ) - Từ đó suy ra lời giải bài toán. Dạng 1: Tìm cực trị của một biểu thức là đa thức bậc cao bằng cách đặt ẩn phụ để quy về bậc hai Ví dụ 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ( )( )( )22 1 8 15 7= − − − −N x x x x , với ∀ ∈x  . Giải. Ta thấy rằng ( )( )2 22 8 7 8 15= − − + − +N x x x x Đặt 2 8 11= − +y x x . Khi đó ( )( ) 22 4 4 16= − + − = − +N y y y . Suy ra: N2 đạt giá trị lớn nhất bằng 16 khi và chỉ khi 0=y , suy ra 2 8 11 0− + =x x 4 5.⇔ = ±x Ví dụ 3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: - Em có nhận xét gì về biểu thức cần tìm cực trị? (Tích của hai biểu thức bậc hai) - Hãy quan sát để tìm mối liên hệ giữa hai biểu thức bậc hai? - Hãy đặt ẩn phụ để đưa biểu thức cần tìm về đa thức bậc hai? Nên chọn ẩn phụ như thế nào cho dễ tính toán? Ta liên tưởng đến vấn đề tích 2 số lớn nhất khi tổng của chúng không đổi. Ở đây y và 6 2− y thỏa mãn điều kiện trên vì thế để tìm giá trị lớn nhất của A ta chuyển sang tìm giá trị lớn nhất của biểu thức của biểu thức 2.=B A (hoặc 1 . 2 =B A) - Hãy xét đặc điểm của biểu thức N3 với ẩn y ( ( )3 6 2= −N y y ), từ đó suy ra xét đa thức phụ để có tổng của hai nhân tử là một số không đổi? * Khai thác, phát triển bài toán: Tương tự HS giải được các bài toán khác. GV chốt: Nhiều khi để tìm cực trị của một biểu thức chúng ta tìm cách đặt ẩn phụ để đưa về tìm cực trị của đa thức bậc hai. ( )( )2 23 2 2 4 2 2= − + − +N x x x x , với ∀ ∈x  . Giải. Ta thấy rằng ( ) ( )2 2 24 2 2 2 2 2 .− = − = − −x x x x x x Đặt 2 2 2= − +y x x . Khi đó 24 2 2 2 6− + = − +x x y . Suy ra: ( )3 6 2= −N y y . Ta có ( )'3 2. 2 6 2= = −N A y y . (Hoặc ( )''3 1 3 2 = = −N A y y ) Ta thấy ( )22 2 2 1 1 0= − + = + + >y x x x , 6 2 0− >y khi 6 2> y hay 3<y . Ta lại có ( )2 6 2 6+ − =y y không đổi. Vậy '3 2.=N A đạt giá trị lớn nhất khi 2 6 2= −y y , lúc đó 3 2 =y (thỏa mãn ĐK). Vậy '3 3 3maxN 2. 6 2. 3.3 9. 2 2  = − = =    3 9axN 2 ⇒ =m . Lúc đó 3 2 =y , hay 2 3 22 2 1 2 2 − + = ⇒ = ±x x x . - Em có nhận xét gì về đặc điểm của biểu thức N4? (Đây là một phân thức cả tử thức và mẫu thức đều là các đa thức bậc hai đối với biến x) - Hãy xét mối liên hệ giữa hệ số của các hạng tử chứa biến ở tử thức và mẫu thức? (hệ số của các hạng tử chứa biến ở tử thức gấp 3 hệ số của các hạng tử chứa biến ở mẫu thức). - Hãy tách N4 thành một hạng tử chứa biến Dạng 2: Tìm cực trị của một biểu thức là phân thức có tử thức và mẫu thức đều là các đa thức bậc hai, mẫu luôn dương (hoặc luôn âm), hệ số của các hạng tử chứa ẩn của tử và mẫu tỷ lệ với nhau Ví dụ 4. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 4 2 3 6 10 2 3 + + = + + x xN x x . và một hạng tử là hằng số? - Biểu thức “cần thiết” để giải bài toán tìm giá trị nhỏ nhất của N4 là gì? (Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 4 2 1' 2 3 N x x = + + ). - Em có nhận xét gì về biểu thức cần tìm giá trị nhỏ nhất của 4 2 1' 2 3 N x x = + + ? (Tử số là hằng số, mẫu số là đa thức bậc hai của x) - Vận dụng cách giải tương tự ví dụ 1, các em tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2 3+ +x x bằng 2 khi x = -1. Từ đó suy ra lời giải bài toán. *Yêu cầu HS trình bày lời giải bài toán. *Yêu cầu HS khai thác, phát triển BT GV chốt: Đối với các biểu thức là một phân thức dạng 2 1 1 1 2 2 2 2 2 ( ) + += + + a x b x cP x a x b x c với 1 1 2 2 = a b a b mẫu thức luôn dương (âm); thông thường ta vận dụng TP tổ chức hợp lý dữ liệu bằng cách tách phân thức thành một hằng số và một phân thức có tử số là hằng số còn mẫu là một đa thức bậc hai, rồi tách biệt phần cần thiết là biểu thức có chứa biến và vận dụng phương pháp trong ví dụ 1 để giải bài toán này. Ta có: 2 4 2 3 6 9 1 2 3 + + + = + + x xN x x 2 13 2 3 = + + +x x Ta có ( )2 22 3 2 1 2+ + = + + +x x x x ( ) 21 2 2= + + ≥x Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi x = -1. Suy ra: 2 1 1 . 2 3 2 ≤ + +x x Nên N4 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 73 2 2 + = khi và chỉ khi 1.= −x Vậy 4 7min 2 =N khi và chỉ khi x = -1. Như vậy, với các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của các biểu thức là đa thức bậc hai hoặc các bài toán quy về tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của đa thức bậc hai nên tách và nhóm biểu thức thành một hằng số và một biểu thức có các hạng tử chứa biến cùng luôn không âm (hoặc bé hơn hoặc bằng 0). - Em có nhận xét gì về đặc điểm của biểu thức N5? (Đây là một phân thức cả tử thức và mẫu thức đều là các đa thức bậc hai đối với biến x; mẫu là bình phương đúng). - Hãy tách N5 thành các hạng tử chứa biến Dạng 3: Tìm cực trị của một biểu thức là phân thức có tử thức và mẫu thức đều là các đa thức bậc hai, mẫu là bình phương đúng của một biểu thức Ví dụ 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu ở mẫu và một hạng tử là hằng số? - Hãy biến đổi biểu thức N5 thành một hạng tử là hằng số và một biểu thức chứa biến luôn không âm? - Biểu thức “cần thiết” cần tách ra để giải quyết là gì? (Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 23 1 2  − − x ). *Yêu cầu HS trình bày lời giải bài toán. *Yêu cầu HS khai thác, phát triển BT - HS có thể giải bài toán này bằng các cách khác, chẳng hạn sử dụng miền giá trị của hàm số - GV chốt: Tìm cực trị của biểu thức là một phân thức dạng ( ) 2 1 1 1 3 2( ) + + = + a x b x cP x x m ; thông thường ta vận dụng TP tổ chức hợp lý dữ liệu tách phân thức thành một hằng số và các phân thức với mẫu là lũy thừa của ( ) ( )2,+ +x m x m ; rồi tiếp tục biến đổi biểu thức P3(x) thành tổng của một hằng số và một biểu thức chứa biến không âm (hoặc luôn bé hơn hoặc bằng 0) và tách biệt biểu thức “cần thiết” chứa biến này ra xem xét từ đó suy ra lời giải bài toán. thức: ( ) 2 5 2 5 26 41 2 − + = − x xN x . Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 5 2 5 4 4 6 2 9 2 − + − − + = − x x x N x ( ) ( ) ( ) 2 2 5 2 6 2 9 2 − − − + = − x x x ( )2 6 95 2 2 = − + − −x x 23 32. 1 4 2 2  = − + + − − x x 23 1 4 4 2  = − + ≥ − x vì 23 1 0 2  − ≥ − x . Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi 3 1 0 2 3 5. 2 − = ⇔ − = ⇔ = − x x x Vậy minN5 = 4 khi và chỉ khi x = 5. Như vậy, với các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của các biểu thức là phân thức có mẫu là đa thức bậc hai có dạng bình phương đúng nên tìm cách biến đổi biểu thức đó thành một hạng tử là hằng số và một biểu thức chứa biến luôn không âm (hoặc luôn bé hơn hoặc bằng 0) và tách biệt phần cần thiết là biểu thức chứa biến để xem xét, giải quyết bài toán. - Hãy tìm điều kiện có nghĩa của a)? ( 2 1 4 3 0 3. = − + ≥ ⇔  = x x x x ) - Suy ra giá trị nhỏ nhất của N7? (minN7 =0 khi và chỉ khi x = 1 hoặc x = 3) - Hãy tìm điều kiện có nghĩa của b)? Dạng 4: Tìm cực trị của một biểu thức có chứa dấu căn thức Ví dụ 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 7) 4 3.= − +a N x x ( 2≥ −x ). - Hãy biến đổi N8 đưa biểu thức về dạng tổng của một hằng số và một biểu thức chứa biến không âm? - Hãy tách biệt phần “cần thiết” là 212 2  + −    x và xét giá trị nhỏ nhất của biểu thức đó? - Từ đó suy ra giá trị nhỏ nhất của biểu thức cần tìm *Yêu cầu HS trình bày lời giải bài toán. *Yêu cầu HS khai thác, phát triển BT các bài toán dạng tương tự - Em hãy tìm điều kiện của x để biểu thức A có nghĩa? ( 2 23 0; 2 3 0 3− > − − ≠ ⇔ ≤x x x ) - Em có nhận xét gì về giá trị của biểu thức A? ( 0>A ) - Biểu thức 0>A và A là một phân thức có tử là hằng số nên để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của A ta có thể tìm cực trị của biểu thức nào? (biểu thức 1 A ) - Biểu thức 1 A có đặc điểm gì? (Hiệu của một hằng số và một căn thức bậc hai). - Phần “cần thiết” để tìm cực trị của biểu thức 1 A là biểu thức nào? Hãy “tách biệt” phần cần thiết đó và tìm cực trị của nó? - Từ đó hãy suy ra cực trị của A? GV chốt: Trong ví dụ 6a để tìm cực trị ta xét biểu thức phụ 2A , ví dụ 7 để tìm cực trị của A, do 0>A nên ta xét biểu thức phụ 8b) 2 5.= − + +N x x Giải. ( ) ( ) 7 2 2 2 3 1 1 112 2. . 2 2 4 4 1 112 . 2 4 = + − + +  = + − + + +    = + − +    N x x x x x Ta có 212 0. 2  + − ≥    x Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 32 2 4 + = ⇔ = −x x . Vậy MinN5 1 3 2 4 = ⇔ = −x Ví dụ 7. Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của 2 1 2 3 = − − A x Giải. Ta có điều kiện để biểu thức A có nghĩa 3≤x . Dễ thấy 0>A . Ta xét biểu thức 21 2 3= = − −B x A . Ta có 2 20 3 3 3 3 0≤ − ≤ ⇒ − ≤ − − ≤x x 22 3 2 3 2⇒ − ≤ − − ≤x . 2min 2 3 3 3 0= − ⇔ = − ⇔ =B x x . Khi đó 1max 2 3 2 3 = = + − A . 2max 2 3 0 3= ⇔ − = ⇔ = ±B x x . Khi đó 1min 2 =A . 1 A . Như vậy, các biểu thức phụ thường xét có thể là 2, ,−A A A hoặc biểu thức phụ B sai khác với A một hằng số. Như vậy, với các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của các biểu thức chứa căn thức, có thể tìm cực trị của một biểu thức phụ dễ tìm cực trị hơn ( 2, , ,−A A A kA ) nên tìm cách biến đổi biểu thức đó thành một hạng tử là hằng số và một biểu thức chứa biến luôn không âm (hoặc luôn bé hơn hoặc bằng 0) và tách biệt phần cần thiết là biểu thức chứa biến để xem xét, giải quyết bài toán. 2. Sử dụng tính chất giá trị tuyệt đối để tìm cực trị của một số biểu thức chứa dấu giá trị tuyệt đối Với bài toán này nhiều HS đã chia khoảng để bỏ dấu giá trị tuyệt đối và giải, nhưng lời giải khá dài dòng. GV yêu cầu HS quan sát đặc điểm của các biểu thức dưới dấu giá trị tuyệt đối và nhận ra: Câu a), hệ số chứa x trong hai dấu giá trị tuyệt đối bằng nhau, nên sử dụng tính chất của giá trị tuyệt đối và TP tổ chức hợp lý dữ liệu, ta có lời giải bài toán *Yêu cầu HS trình bày lời giải bài toán. *Yêu cầu HS khai thác, phát triển BT các bài toán dạng tương tự Ví dụ 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1) 2 3= + + +a M x x 2b) 2 3 2 7= + + + + −M x x x Giải. 1) 2 3 2 3 2 3 1. = + + + = + + − − ≥ + − − = a M x x x x x x Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ( ) ( )2 , 3+ − −x x cùng dấu. Suy ra minN6 = 1 3 2.⇔ − ≤ ≤ −x Hoàn toàn tương tự ta có lời giải câu b), vì 2 2 3 7 2 12= + + + + − ≥M x x x 3. Sử dụng bất đẳng thức Cô-si tìm cực trị a) Tìm cực trị một số biểu thức là tổng của hai căn thức bậc hai ta xét bài toán phụ là bình phương của biểu thức đó GV yêu cầu HS quan sát đặc điểm bài toán để nhận ra: Biểu thức A1 được cho dưới dạng tổng của hai căn thức. Hai biểu thức dưới dấu căn có tổng không đổi (bằng2). Vì vậy, nếu ta bình phương biểu thức A1 thì sẽ xuất hiện hạng tử là hai lần của hai căn thức. Đến đây có thể vận dụng bất đẳng Ví dụ 9. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: A1 = .3753 xx −+− Giải: ĐK: 3 7 3 5 ≤≤ x . 2 1A = (3x-5) + (7-3x) + 2 )37)(53( xx −− 2 1A 4)3753(2 =−=−+≤ xx (dấu “=” thức Cô-si: baab +≤2 . *Yêu cầu HS trình bày lời giải bài toán. *Yêu cầu HS khai thác, phát triển BT các bài toán dạng tương tự xảy ra ⇔ 3x- 5 = 7- 3x ⇔ x = 2). Vậy max 21A = 4 ⇒ maxA = 2 (khi và chỉ khi x=2). b) Biến đổi biểu thức cần tìm cực trị bằng cách nhân và chia một biểu thức chứa căn với cùng một số khác 0; hoặc tách biểu thức không chứa căn thành tổng của hai hạng tử sao cho xuất hiện dạng bất đẳng thức Cô-si GV gợi ý và đặt các câu hỏi để HS nhận ra đặc điểm: Cách 1: GV gợi ý: - Hãy tìm cách so sánh biểu thức ở tử số với một biểu thức dạng kx? - Muốn vậy hãy nhân và chia biểu thức dưới dấu căn của tử thức với cùng một số để có thể áp dụng bất đẳng thức Cô-si? - Hạng tử tự do trong biểu thức dưới dấu căn là 9. Do đó, hãy nhân và chia với một số để khi áp dụng bất đẳng thức Cô-si sẽ mất hạng tử tự do, nên đó chính là căn bậc hai của hạng tử tự do đó. Cách 2: GV gợi ý: - Hãy tìm cách so sánh biểu thức ở mẫu số với một biểu thức dạng 9−k x ? - Muốn vậy hãy thêm và bớt biểu thức ở mẫu số với cùng một số để có thể áp dụng bất đẳng thức Cô-si? - Biểu thức ở mẫu là 5x, do đó, hãy thêm và bớt với cùng một số để khi áp dụng bất đẳng thức Cô-si sẽ liên quan với biểu thức dạng 9−k x nên đó chính là 5.9 = 45. *Yêu cầu HS trình bày các lời giải bài toán. *Yêu cầu HS khai thác, phát triển BT các bài toán dạng tương tự Ví dụ 10. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 9 . 5 − = xA x Giải: ĐK: x 9≥ . Cách 1: 2 9 .39 3 5 5 1 9 9 93 12 3 3 5 5 30 − − = = −  − ++   ≤ = = x xA x x x x x x (dấu bằng xảy ra ⇔ 183 3 9 =⇔= − xx ). Vậy maxA = 30 1 (khi và chỉ khi x= 18). Cách 2: ( ) 2 9 9 5 5( 9) 45 9 9 1 3030 92 5 9 45 − − = = − + − − ≤ = = −− x xA x x x x xx c) Biến đổi biểu thức đã cho thành tổng của các biểu thức sao cho tích của chúng là một hằng số. GV gới ý giúp HS nhận ra: Hai số dương 3x và 3 16 x có tích không phải là một hằng số.Muốn khử được x3 thì ở tử phải có x3= x.x.x do đó ta phải biểu diễn 3x= x + x + x rồi dùng bất đẳng thức Cô-si với 4 số dương. i) Tách một hạng tử thành tổng của nhiều hạng tử bằng nhau. Ví dụ 11. Cho x > 0,tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A3 = .163 3 4 x x + Giải: 3 3 3 4 3 16 163 164 . . . 8. = + = + + + ≥ = A x x x x x x x x x x Dấu bằng xảy ra 3 16 x x =⇔ 2=⇔ x . Vậy minA = 8(khi và chỉ khi x = 2). Ví dụ 12, GV gợi ý cách thêm bớt hạng tử tự do để có thể áp dụng bất đẳng thức Cô-si. Ví dụ 13, nhiều HS đã sai lầm vì áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Cô-si. Như vậy, khó khăn gặp phải của các em với bài toán này là không thể áp dụng trực tiếp bất đẳng thức Cô-si vào giải quyết được, vì điều kiện của x là 3.≥x Để giúp các em phát hiện được vấn đề và tìm được cách giải quyết, GV có thể gợi ý cho HS sử dụng quan sát, thực nghiệm bằng cách thay biến bởi hằng để phát hiện được giá trị x thỏa mãn và tìm phương án GQVĐ như sau: Cho x bởi một số giá trị thỏa mãn điều kiện 3≥x , tự nhiên nhất là hãy lần lượt cho x nhận các giá trị từ nhỏ đến lớn. Ta thu được kết quả: ii) Tách một hạng tử chưa biết chứa biến thành tổng của một hai hạng tử sao cho một hạng tử chứa biến là nghịch đảo của hạng tử khác có trong biểu thức đã cho(có thể sai khác một hằng số). Ví dụ 12. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 1 , 1 1 = + ∀ > − A a a a Giải: Áp dụng bất đẳng thức Cô-si, ta có: ( ) 1 11 1 1 1 12 1 1 2 1 3. 1 + = − + + − − ≥ − + = + = − a a a a a a Ví dụ 13. Tìm giá trị nhỏ nhất của 5 1A = x + x , với 3.≥x x 3 4 5 6 .. 30 1 x 1 3 1 4 1 5 1 6 .. 1 30 A5 13 3 14 4 15 5 16 6 .. 130 30 GV: Nhìn vào bảng biến thiên em thấy khi x tăng thì giá trị của 1 x như thế nào? Độ tăng của a giảm như thế nào so với độ giảm của 1 x ? (Khi x tăng thì 1 x càng nhỏ nhưng độ tăng của x rất lớn so với độ giảm của 1 x , do đó a càng tăng thì tổng S càng lớn). Từ đó em suy ra được điều gì? GV: Từ đó dẫn đến dự đoán khi x = 3 thì A5 nhận GTNN. Nhưng đó vẫn chỉ là dự đoán! Làm sao có thể khẳng định hoặc bác bỏ được điều dự đoán này? Ta thử biểu diễn 1A = x + x (là biểu thức mà ta đang quan tâm) qua các đại lượng liên quan đến bất đẳng thức Cô-si sao cho dấu bằng xẩy ra khi x 3= (yếu tố có liên quan đến dự đoán của chúng ta). Khi đó, để áp dụng bất đẳng thức Cô-si thì chúng ta phải tách và nhóm biểu thức A sao cho 1A = x + + (1 - )x x α α với 1x = x x 3 α   = suy ra 1 9 α = hoặc 1A = x + + x x β β− với x = x x 3 β    = suy ra 9.β = Giải: Cách 1: Ta có 5 1 8 1 8.3 10A = + 2 . .+ . 9 x 9 9 9 3 + ≥ ≥ x x x x Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi 1 9 x = x 3;⇔ =x 3x nhỏ nhất khi x nhỏ nhất 3.⇔ =x Suy ra: A5 nhỏ nhất bằng 10 3 khi x 3.= Cách 2: Ta có 5 9 8 9 8 10A = + 2 . . . x 3 3 − ≥ − ≥x x x x Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi 9 x =x 3;⇔ =x 8 x lớn nhất khi x nhỏ nhất 3.⇔ =x Suy ra: A5 nhỏ nhất bằng 10 3 khi x 3.= Từ đó, người học có thể giải bài toán bằng hai cách sau nhờ phân nhóm dữ liệu của bài toán hợp lý và chia bài toán ban đầu thành các bài toán quen thuộc, đơn giản hơn. *Yêu cầu HS trình bày lời giải bài toán. *Yêu cầu HS khai thác, phát triển BT các bài toán dạng tương tự và các biến thể của bài toán. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của 1B = x + x + 3 , với x 0.≥ (bằng cách đặt t = x + 3 để đưa về bài toán ví dụ 9). b) Tìm giá trị nhỏ nhất của 1A = x + x , với 10 < x . 3 ≤ (bằng cách đặt 1t = x để đưa về bài toán ví dụ 9). c) Cho x 3y >0.≥ Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2x yB = . xy + (bằng cách đặt xt = y để đưa về bài toán ví dụ 9). Với các bài toán tìm cực trị có điều kiện, trước hết người giải nên sử dụng TP quy nạp thực nghiệm bằng cách thay biến bởi hằng để phát hiện vấn đề và phát hiện cách giải quyết vấn đề; rồi phân nhỏ thành các bài toán cực trị thành phần hoặc tách biệt phần “cần thiết” để giải quyết 3. Củng cố: GV: Để giải các bài toán cực trị của các biểu thức một biến, ta có thể sử dụng các thủ pháp nào? Trình bày các thủ pháp thường vận dụng với một số dạng toán cơ bản? 4. Hướng dẫn học ở nhà - Ôn lại các TP bổ sung yếu tố phụ (bài toán phụ, ẩn phụ); TP quy nạp thực nghiệm bằng cách thay biến bởi hằng để phát hiện vấn đề và phát hiện cách giải quyết vấn đề; TP phân nhỏ thành các bài toán cực trị thành phần; TP tách biệt phần “cần thiết” để tìm cực trị khi giải các bài toán cực trị cử biểu thức một biến. - Làm các bài tập sau: Bài 1. a) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 21 3 1= − + +M x x . b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 22 2 8 1= − +M x x . Bài 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức: a) ( )( )( )23 1 3 4 5 2016= − − − + +M x x x x . b) 4 2 1 2 5 .= + + −M x x Bài 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức: a) 2 5 2 2 16 41. 8 22 − + = − + x xM x x b) ( ) 2 6 2 4 6 1. 2 1 − + = − x xM x Bài 4. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của các biểu thức: a) 2 7 2 3 2 3. 1 − + = + x xM x b) 8 2 8 3 . 4 1 + = + xM x Bài 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: a) 2 2 1B = x + x + 1 . b) Tìm giá trị nhỏ nhất của 1A = x + x , với 5.≥x c) Cho x 5y >0.≥ Tìm giá trị nhỏ nhất của 2 2x yB = . xy + Giáo án tự chọn Hình học 9 (3 tiết) BỔ SUNG HÌNH PHỤ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ ĐƯỜNG TRÒN I. Mục tiêu: 1. Kiến thức: Giúp học sinh biết bổ sung yếu tố phụ để giải các bài toán về đường tròn. 2. Kĩ năng: - HS biết phân tích để tìm ra cơ sở bổ sung hình phụ trong giải toán về đường tròn. Từ đó, hình thành, khắc sâu TP bổ sung hình phụ dựa vào các đối tượng có trong hình vẽ (Chẳng hạn: Hình phụ là tiếp tuyến chung khi có hai đường tròn tiếp xúc; Hình phụ là đường nối tâm với trung điểm của dây khi có trung điểm của một dây); TP bổ sung hình phụ nhờ biến đổi tương đương kết luận; - HS bước đầu biết vận dụng TP bổ sung yếu tố phụ và phối hợp các TP, đặc biệt là TP phân nhỏ để giải các bài toán về đường tròn nhờ vào bổ sung yếu tố phụ và khai thác, sáng tạo các bài toán mới. II. Chuẩn bị: 1. Giáo viên: - Bài soạn: Giáo viên sử dụng thủ pháp bổ sung yếu tố phụ, thủ pháp phân nhỏ đối tượng thiết kế bài giảng. - Máy chiếu, máy tính. - Phiếu học tập. 2. Học sinh: - Biết cách phân tích bài toán, kỹ năng chọn ẩn, sử dụng thủ pháp đưa ra đại diện hợp lý cho vấn đề (lập phương trình) để giải các bài toán thực tiễn. - HS ôn lại các tính chất tiếp tuyến, tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, tính chất đường nối tâm. - Bút dạ viết bảng, chia nhóm học tập. III. Tiến trình DH 1. Hệ thống lại các kiến thức về đường tròn Hoạt động của GV và HS Nội dung GV: Yêu cầu HS nhắc lại các tính chất về tiếp tuyến, tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, tính chất đường nối tâm. Một số tính chất cơ bản 1) Tính chất của đường kính và dây, mối liên hệ giữa dây và khoảng cách từ tâm đến dây: - Trong các dây của đường tròn thì đường kính là dây lớn nhất. - Đường kính đi qua trung điểm của một dây thì vuông góc với dây ấy. - Đường kính đi qua trung điểm của một dây (dây không qua tâm) thì vuông góc với dây ấy. - Hai dây bằng nhau thì cách đều tâm và ngược lại, hai dây cách đều tâm thì bằng nhau. - Dây lớn hơn thì gần tâm hơn và ngược lại, dây gần tâm hơn thì lớn hơn. 2) Tính chất tiếp tuyến của đường tròn: - Nếu một đường thẳng là tiếp tuyến của một đường tròn thì vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm. 3) Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau: Nếu hai tiếp tuyến của đường tròn cắt nha tại một điểm thì: - Điểm đó cách đều hai tiếp điểm. - Tia kẻ từ điểm đó đi qua tâm là tia phân giác của góc tạo bởi hai tiếp tuyến. - Tia kẻ từ tâm đi qua điểm đó là tia phân giác của góc tạo bởi hai bán kính đi qua hai tiếp điểm. 4) Tính chất đường nối tâm của hai đường tròn: Đường nối tâm là trục đối xứng của hình tạo bởi hai đường tròn. 2. Một số thủ pháp vẽ hình phụ giải các bài toán về đường tròn Hoạt động của GV và HS Nội dung 1. Vẽ đoạn thẳng nối tâm với trung điểm của một dây trong các bài toán cho trung điểm của một dây; vẽ đường kính vuông góc với một dây trong các bài toán tính độ dài của một dây, so sánh độ dài của hai dây cung trong một đường tròn - Giả thiết của bài toán là gì? (M nằm trong đường tròn tâm O, M không trùng với O) - Bài toán yêu cầu chứng minh cái gì? (trong tất cả những dây đi qua M thì dây vuông góc với OM là dây ngắn nhất). - Để chứng minh AB ngắn nhất ta làm thế nào? (qua M ta phải vẽ thêm dây CD khác AB và chứng minh CD > AB). GV có thể gợi ý để HS tìm được cách vẽ hình phụ dựa vào các câu hỏi sau: - Hãy trình bày cách so sánh hai dây của một đường tròn? (Trong hai dây của một đường tròn dây nào gần tâm hơn thì lớn hơn). - Hãy so sánh khoảng cách OH (từ tâm O đến CD) và đoạn OM? Vì sao? (OH < OM vì đường vuông góc nhỏ hơn đường xiên. *Yêu cầu HS trình bày lời giải bài toán. *Yêu cầu HS kiểm tra lời giải, khai thác, phát triển BT - Phát biểu BT dưới dạng tìm tòi? Ví dụ 1. Cho điểm M nằm trong đường tròn tâm O, M không trùng với O. Chứng minh rằng trong tất cả những dây đi qua M thì dây vuông góc với OM là dây ngắn nhất. (Bài 16 SGK toán 9 tập 1) Lời giải: Gọi dây AB là dây đi qua M và ⊥AB OM , CD là dây đi qua M và không trùng với dây AB. Ta phải chứng minh .<AB CD Vẽ ⊥OH CD ta có <OH OM (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên) suy ra <AB CD . Bài toán 1’. Cho điểm M nằm trong đường tròn tâm O, M không trùng với O. Tìm dây ngắn nhất (dài nhất) trong tất cả những dây đi qua M? - Giả thiết của BT là gì? BT yêu cầu chứng minh cái gì? Bài này câu a) khá đơn giản. Ở câu b) GV Ví dụ 2. Cho đường tròn (O) đường kính MN. Trên đường tròn lấy điểm P (P khác M và N), tia MP cắt tiếp tuyến kẻ từ N của đường tròn tại điểm Q. H D C A O M B 1 1 P OM N Q I có thể đặt các câu hỏi phân tích đi lên để HS tìm tòi lời giải: - Để có (*) ta thường chứng minh 2 tam giác đồng dạng, hãy chỉ ra 2 tam giác nào có các cạnh liên quan? (∆MIN∽∆MOQ) - Để có ∆MIN∽∆MOQ ta chỉ cần chứng minh điều gì? 1 1( ).∠ = ∠Q N - Để có 1 1.∠ = ∠Q N ta chỉ cần chứng minh điều gì? (Tứ giác OIQN nội tiếp). - Tứ giác OIQN nội tiếp thì ?.∠ =OIQ ( 90 .∠ = °OIQ Hay ⊥OI MP ). Như vậy hình phụ cần bổ sung là đoạn OI. * Yêu cầu HS trình bày lời giải bài toán. * Yêu cầu HS khai thác, phát triển BT Gọi I là trung điểm của MP. Chứng minh rằng: a) ∠ = ∠NMQ PNQ . b) . .=MO IN MI OQ . (*) (trích đề thi tuyển sinh lớp 10 năm học 2008-2009 tỉnh Hà Tĩnh) Lời giải: b) Nối O với I, ta có ⊥OI MP (đường kính đi qua trung điểm của một dây). Suy ra tứ giác OIQN nội tiếp. Do đó 1 1.∠ = ∠Q N Nên ∆MIN~∆MOQ. Suy ra .=MI MO IN OQ Hay . .=MO IN MI OQ (đpcm). Tương tự, ta nối O với I và phát biểu các bài toán mới, chẳng hạn: Chứng minh c) 2 2 . ;=MN MI MQ d) . .=IN ON IP OQ . Như vậy, với các bài toán có cho các dây và so sánh hay tính độ dài các dây; cho trung điểm một dây của đường tròn nên vẽ đường nối tâm với trung điểm của dây để vận dụng tính chất đường kính đi qua trung điểm của một dây vào giải bài toán. 2. Vẽ đường kính của đường tròn với các bài toán có kết luận liên quan đến độ dài của bán kính đường tròn hay liên quan đến hai lần khoảng cách từ tâm đến trung điểm của một dây - Để chứng minh 2=AH OM , gợi cho ta quan hệ giữa OM và AH như thế nào? (OM là đường trung bình của một tam giác có cạnh thứ ba là AH). - Muốn tạo ra tam giác có cạnh thứ ba là AH và đường trung bình là OM ta làm thế Ví dụ 3. Cho tam giác ABC nhọn. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp, H là trực tâm của tam giác ABC. Vẽ OM vuông góc vuông BC (M khác B,C). Chứng minh rằng 2=AH OM . Lời giải: I O A B D C K nào? (Đường kính đi qua A (vì O là tâm đường tròn nên gợi cho ta suy nghĩ đến đoạn thẳng nào nhận O làm trung điểm)). GV: Quan hệ đó là cở sở để giúp chúng ta vẽ thêm yếu tố phụ là đường kính qua A. Hãy tìm các cách vẽ hình phụ khác? GV: Đây là một tính chất “đẹp” của trực tâm tam giác, giúp giải quyết khá nhiều bài toán. Chẳng hạn, bài toán đường thẳng Euler Vẽ đường kính AOD. Khi đó tam giác ACD vuông tại C nên ⊥CD AC , lại có H là trực tâm nên BH⊥AC suy ra BH // CD. Tương tự ta có CH // BD. Vậy BHCD là hình bình hành. Mà M là trung điểm của BC nên M cũng là trung điểm của HD ⇒ 2=AH OM . Các cách vẽ hình phụ khác: C2: Vẽ đường kính BOE, tứ giác AECH là hình bình hành nên AH = CE. Mà CE = 2OM suy ra đpcm C3: Vẽ ON vuông góc với AC, suy ra MN//AB, OM//AH, ON//BH nên các tam giác OMN và HIK đồng dạng với tỉ số 1/2. Suy ra đpcm. Khai thác kết quả bài toán để giải một số bài toán khác, chẳng hạn: Cho tam giác ABC. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp, H và G tương ứng là trực tâm, trọng tâm của tam giác ABC. Chứng minh H, G, O thẳng hàng (đường thẳng Ơ-le) Từ đẳng thức cần chứng minh 2 2 2 2 2 28 2.4+ + + = =AB BC CD AD R R . Ta thấy 24R chính là giá trị bình phương của đường kính, từ đó gợi ngay cho ta vẽ đường kính của đường tròn, chẳng hạn vẽ đường kính AK. Vậy cần chứng tỏ 2 2 2 2 22+ + + =AB BC CD AD AK Ví dụ 4. Cho tứ giác ABCD thay đổi thỏa mãn ⊥AC BD và luôn nội tiếp trong một đường tròn (O; R) cố định. Chứng minh rằng 2 2 2 2 28+ + + =AB BC CD AD R Qua việc bổ sung hình phụ để giải các bài toán trên và một số bài toán M H O A B C D x' x D E O C B A O' tương tự HS có thể khái quát được TP và GV cần nhấn mạnh: nên bổ sung hình phụ là đường kính của đường tròn trong các bài toán mà kết luận có liên quan đến độ dài bán kính đường tròn hay các bài toán liên quan đến khoảng cách từ tâm đến hai lần khoảng cách từ tâm đến trung điểm của một dây. 3. Vẽ tiếp tuyến chung của hai đường tròn tiếp xúc với nhau - Để chứng minh 090∠ =BAC ta chỉ cần chứng minh điều gì? (∆ABC vuông tại A). - Muốn chứng minh ∆ABC vuông tại A ta chỉ cần cứng minh điều gì? GV hướng dẫn thêm: Có những cách nào để chứng minh một tam giác là tam giác vuông? (Trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh ấy, tam giác có một cạnh là đường kính của đường tròn ngoại tiếp, hoặc có một góc bằng 900). - Đối với bài toán này ta nên lựa chọn phương pháp nào? (Chứng minh 90 ;∠ +∠ = °ABC ACB hoặc ' 90 ;∠ +∠ = °BAO CAO Hay chứng minh trung tuyến ứng với cạnh BC bằng nửa cạnh BC). - Để chứng minh trung tuyến ứng với cạnh BC bằng nửa cạnh BC ta cần vẽ thêm yếu tố phụ nào? (Vẽ tiếp tuyến chung AM của hai đường tròn). Ví dụ 5. Cho hai đường tròn ( O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài với nhau tại A. Vẽ tiếp tuyến chung ngoài BC với B thuộc đường tròn (O) và C thuộc đường tròn (O’). Chứng minh rằng 090∠ =BAC . Lời giải: Vẽ tiếp tuyến chung của hai đường tròn tại A cắt BC tại M. Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có MA = MB; MA = MC. Do đó AM là đường trung tuyến và 2 = BCAM nên tam giác ABC vuông tại A hay 090∠ =BAC . - Để chứng minh BC//DE ta cần chứng tỏ điều gì? (Chứng minh góc đồng vị bằng nhau hoặc góc so le trong bằng nhau,). - Chúng ta có thể chứng minh được hai góc nào bằng nhau? (∠ = ∠AED ACB ). Ví dụ 6. Cho hai đường tròn (O;R) và (O’; r) (R > r) tiếp xúc trong tại A. Các dây AB, AC của đường tròn (O) cắt đường tròn (O’) tại các điểm thứ hai lần lượt tại D và E. M AO O' B C Chứng minh rằng BC // DE. Sau khi HS vẽ tiếp tuyến chung tại A và thể hiện như hình vẽ thì bài toán dễ dàng được chứng minh. GV: Với các bài toán có cho hai đường tròn tiếp xúc, vẽ tiếp tuyến chung của hai đường tròn làm xuất hiện góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây và nhờ mối liên hệ giữa góc nội tiếp và góc tạo bởi tai tiếp tuyến và dây sẽ giúp ta giải được bài toán (tiếp tuyến chung cũng là yếu tố liên kết hai đường tròn với nhau). 4. Vẽ tiếp tuyến của đường tròn (song song với một đoạn thẳng) khi cần chứng minh đường kính vuông góc với một đoạn thẳng đó GV yêu cầu HS tự mình tìm ra cơ sở để vẽ yếu tố phụ. Nếu HS vẫn chưa tìm ra thì GV có thể gợi ý: GV: Trong đường tròn có yếu tố nào sẽ vuông góc với bán kính? HS: Tiếp tuyến sẽ vuông góc với bán kính tại tiếp điểm. GV: Điều đó chính là cơ sở để giúp chúng ta tìm ra yếu tố phụ cần vẽ. Ví dụ 7. Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao BD và CE. Chứng minh OA⊥DE. Lời giải: Vẽ tiếp tuyến xy của đường tròn (O) tại A, ta có OA ⊥ xy. (1) ∠ = ∠yAC ABC ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến với dây cung cùng chắn cung AC của đường tròn) Lại có 090∠ = ∠ =BDC BEC nên BCDE là tứ giác nội tiếp, cho ta ∠ = ∠ADE ABC Nên ∠ = ∠yAC ADE ⇒xy // DE (2). Từ (1) và (2) suy ra OA⊥ DE. y x D E O B A C GV: Để c/m ∠ = ∠MAE DAB ta có thể c/m trực tiếp không ? Nếu không thì ta chứng minh như thế nào? HS: Chứng minh hai góc cùng bằng góc thứ ba. Ví dụ 8. Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên tiếp tuyến của đường tròn (O) tại A lấy điểm M. Vẽ cát tuyến MCD (C nằm giữa M và D). Gọi E là giao điểm của BC và OM. Chứng minh ∠ = ∠MAE DAB . GV: ∠MAE bằng những góc nào? Nếu HS không tự mình nghĩ ra thì GV có thể gợi ý : GV: Ta có MA là 1 tiếp tuyến, E thuộc MO, điều đó giúp ta nghĩ tới yếu tố nào có vai trò tương tự như MA? HS: Tiếp tuyến thứ hai kẻ từ M. GV: Đó chính là yếu tố phụ mà chúng ta cần vẽ. GV hướng dẫn HS vận dụng thủ pháp tương tự trong việc tìm ra cở sở để vẽ yếu tố phụ. Lời giải Vẽ tiếp tuyến MN của đường tròn (O), (N thuộc (O)). Tứ giác AMNO có 0 0 090 90 180∠ +∠ = + =MAO MNO N M E C A O B D Do đó tứ giác AMNO nội tiếp ⇒∠ = ∠NME NAO Mà ∠ = ∠NCE NAB (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BN). Do đó ∠ = ∠NME NCE , suy ra tứ giác MNEC nội tiếp ⇒∠ = ∠DCB MNE và MAE có MN=MA; ∠ = ∠NME AME (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau); ME chung ⇒ MNE = MAE (c.g.c) ⇒∠ = ∠MNE MAE . Mặt khác : ∠ = ∠DCB DAB ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD). Vậy .∠ = ∠MAE DAB . GV nhấn mạnh: với các bài toán có kết luận đường kính (bán kính) vuông góc với một đường thẳng (đoạn thẳng) nào đó (không phải là dây của đường tròn) nên vẽ tiếp tuyến của đường tròn song song với đường thẳng đó để sử dụng tính chất tiếp tuyến của đường tròn vuông góc với bán kính đi qua tiếp điểm và tính chất một đường thẳng vuông góc với một trong hai đường thẳng song song thì vuông góc với đường thẳng kia. 5. Vẽ dây chung và đường nối tâm của hai đường tròn cắt nhau Ví dụ 9. Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại A và B . Qua A vẽ một cát tuyến EAF trong đó E thuộc đường tròn (O1) và F thuộc đường tròn (O2). Chứng minh rằng đường GV: Thông thường điểm cố định phải nằm liên quan đến một yếu tố cố định nào đó. GV: Hãy phát hiện ra yếu tố cố định đó. HS: AB là dây chung cố định GV: AB cố định thì đường vuông góc với AB tại B có cố định không? GV: Từ đó ta nghĩ đến việc vẽ thêm các yếu tố phụ nào? HS: Dây AB và các đường kính AO1C, AO2D. trung trực của EF luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải: Vẽ dây chung AB và các đường kính AO1C, AO2D. Ta có 090∠ = ∠ =ABC ABD do đó ba điểm B, C, D thẳng hàng và CD cố định, 0 090 ; 90∠ = ∠ =AEC AFD , suy ra EC// FD. Nên tứ giác CEFD là hình thang vuông, khi đó đường trung trực của đoạn EF đi qua trung điểm I của CD nên I là điểm cố định. GV: Hai đường tròn cắt nhau thì đường nối tâm có tính chất gì? HS: Đường nối tâm là trung trực của dây chung. GV: Điều này gợi cho chúng ta vẽ thêm yếu tố phụ nào? HS: Vẽ thêm dây chung AB để có O1O2 là trung trực của AB Ví dụ 10. Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại A và B. Vẽ hình bình hành O1BO2C . Chứng minh rằng AC // O1O2. Lời giải: Vì hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau tại A và B nên O1O2 là trung trực của AB 1 2⇒ ⊥O O AB (1). Gọi I là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành O1BO2C thì IB = IC Vì I thuộc O1O2 nên IA = IB ; suy ra IA =IB =IC hay tam giác BAC vuông tại A ⇒ ⊥AC AB (2) . Từ (1) và (2) ta có: AC // O1O2. GV yêu cầu nhận ra đặc điểm của Ví dụ 11. Cho hình vuông ABCD. Vẽ đường tròn (O) đường kính AB và đường tròn (D; DC) chúng cắt nhau tại một điểm thứ hai là E. Tia BE cắt DC tại M. Chứng minh rằng M là trung điểm của DC. HD giải: I C B A O1 O2 I DC F B A O1 O2 E bài toán là hai đường tròn cắt nhau, từ đó các em biết cách vẽ thêm hình phụ là dây chung AE và đường nối tâm OD. Nối A với E, D với O. Ta có 90∠ = °AEB .⇒ ⊥BE AE Ta lại có: ⊥OD AE (tính chất dây chung) Suy ra BE // OD. Mặt khác OB//DM nên tứ giác OBMD là hình bình hành nên: 1 1 . 2 2 MD OB AB CD = = = Do đó M là trung điểm của CD. GV: Đối với hai đường tròn cắt nhau, đường nối tâm là đường trung trực của dây chung, nên để làm xuất hiện yếu tố liên quan đến cả hai đường tròn ta thường vẽ thêm yếu tố phụ đó là dây chung của hai đường tròn và đường nối tâm của hai đường tròn đó. Dây chung đóng vai trò là yếu tố trung gian kết nối giữa hai đường tròn 6. Vẽ bán kính đi qua tiếp điểm khi có tiếp tuyến GV gợi ý để HS biết vẽ thêm bán kính đi qua tiếp điểm N thì câu a) trở nên rất dễ. Nếu HS thể được các góc bằng nhau như hình vẽ thì các em cũng dễ dàng làm được câu b) Ví dụ 12. Cho đường tròn (O; R) có hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Trên cung nhỏ BD lấy điểm N, CN cắt AB tại M. Đường thẳng vuông góc với AB tại M cắt tiếp tuyến tại N ở điểm P. Chứng minh rằng: a) OMNP là tứ giác nội tiếp. b) Tứ giác CMPO là hình bình hành. Lời giải: a) Ta có 090∠ =ONP (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn), lại có 090∠ =OMP (giả thiết). Nên tứ giác OMNP nội tiếp đường tròn đường kính OP (1). b) Do OC // MP (⊥ AB) ⇒ 1∠ = ∠C M (so le trong) E M O CD A B 1 11 P M D C A O B N mà 1∠ = ∠C N (vì ∆CON cân tại O) nên 1 1∠ = ∠N M , lại có 1 1∠ = ∠O M (do (1)), Suy ra 1 1∠ = ∠N O ⇒ CM // OP. Mặt khác OC // MP nên tứ giác CMPO là hình bình hành. Qua một số bài toán khác có giả thiết là tiếp tuyến với một đường tròn, HS cũng thấy được hình phụ phải bổ sung cũng là đoạn thẳng nối tâm với tiếp điểm. Từ đó, họ cũng có thể hình thành và khắc sâu TP bổ sung hình phụ là đoạn thẳng nối tâm với tiếp điểm để giải các bài toán dạng này. 8. Khi có hai tiếp tuyến của một đường tròn cắt nhau nên vẽ đoạn nối giao điểm với tâm, dây nối hai tiếp điểm. GV hướng dẫn, gợi ý qua các câu hỏi giúp HS biết vẽ đường phụ là đoạn nối giao điểm các tiếp tuyến với tâm SO và dây nối hai tiếp điểm AB từ đó dễ dàng giải được bài toán nhưu bên. Nếu HS không biết kẻ thêm một số đường cơ bản thì đây sẽ là bài toán khó nhưng nếu HS biết kẻ thêm như trên thì bài toán trở nên khá dễ dàng. Ví dụ 13. Từ điểm A nằm ngoài đường tròn (O), vẽ hai tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ACD với đường tròn (A, B, C, D ∈ (O)). Chứng minh rằng: a) SAIB là tứ giác nội tiếp. b) IS là tia phân giác của góc AIB. Lời giải: b) Do I là trung điểm của dây CD ⇒ OI ⊥ CD hay 090∠ =SIO , lại có 90∠ = ∠ = °SAO SBO (tính chất tiếp tuyến) suy ra A, I, B thuộc đường tròn đường kính SO, do đó tứ giác SAIO nội tiếp đường tròn đường kính SO (1) a) Từ (`1) ⇒ 1 1∠ = ∠I A , 2 1∠ = ∠I B mà 1 1∠ = ∠A B (= Sđ AB /2) nên 1 2∠ = ∠I I . Vậy IS là tia phân giác của góc AIB. Ví dụ trên cũng chỉ ra rằng khi có tứ giác 1 1 1 2C I S O A B D nội tiếp thì chúng ta nên vẽ hai đường chéo để vận dụng các cặp góc bằng nhau. 3. Củng cố: GV: - Để giải các bài toán về đường tròn, ta có những TP vẽ hình phụ nào? Các dạng toán có thể vận dụng những TP đó? - Ngoài ra, trong các bài toán có đa giác (tam giác, tứ giác) nội tiếp thường vẽ thêm hình phụ là các đường tròn ngoại tiếp để sử dụng các tính chất liên quan. 4. Hướng dẫn học ở nhà - Ôn lại các thủ pháp vẽ yếu tố phụ để giải các bài toán về đường tròn. - Làm các bài tập sau: Bài 1. Cho đường tròn (O;R), dây AB bất kỳ và tiếp tuyến Ax. Vẽ BH⊥Ax. Chứng minh rằng tỉ số 2AB BH luôn không đổi. Bài 2. Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB. Vẽ bán kính OC⊥AB rồi từ C vẽ tiếp tuyến xy với nửa đường tròn. Vẽ đường tròn (K) tiếp xúc với AB và tiếp xúc trong với đường tròn (O). Chứng minh rằng tâm K luôn cách đều điểm O và đường thẳng xy. Bài 3. Cho đường tròn (O; R) và điểm K bên trong đường tròn đó sao cho OK = r . Vẽ đường tròn (K; r); vẽ dây AB của đường tròn (O) tiếp xúc với đường tròn (K) tại M. Xác định vị trí của dây AB để tổng S = MA2 +MB2 có giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó. Bài 4. Cho đường tròn (O;1). Lấy điểm A cố định trên đường tròn. Vẽ tam giác MAB vuông tại M, AB là một dây của đường tròn (O). Tìm giá trị lớn nhất của OM. Bài 5. Cho hai đường tròn ( O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài tại A. Điểm B thuộc (O) và điểm C thuộc (O’) sao cho 090∠ =BAC . Gọi H là hình chiếu của A trên BC. Xác định vị trí của B và C để AH lớn nhất. Phụ lục 5: ĐỀ KIỂM TRA SAU CÁC ĐỢT THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM Đề kiểm tra đợt thực nghiệm thứ nhất Đề môn Toán lớp 8 (Thời gian 60 phút) Câu 1 (5,0 điểm). Cho tam giác ABC nhọn với H là trực tâm tam giác. Các đường thẳng AH, BH, CH cắt BC, AC, AB lần lượt tại A’, B’, C’. Chứng minh rằng: a) ' AA' = BHC ABC SHA S . b) ' ' ' 1 ' ' ' + + = HA HB HC AA BB CC . c) Tính giá trị biểu thức . ' ' ' + + HA HB HC AA BB CC d) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức ' ' ' . ' ' ' + + AA BB CC HA HB HC e) Nếu H không là trực tâm tam giác ABC thì kết quả câu b) còn đúng không? Câu 2 (2,0 điểm). Phân tích thành nhân tử: 2 24 9 12 6 8A x y x y= − + + + . Câu 3 (3,0 điểm). a) Giải phương trình 2000 1993 1986 6 0. 5 11 29 x x x− − − + + − = b) Hãy phát biểu và giải bài toán trong các trường hợp tương tự, trường hợp tổng quát? Đáp án và biểu điểm: Câu Nội dung Điểm 1 (5,0đ) a) Ta có ,1 . 2BHC S HA BC= , .ABCS AA BC= , , , , 1 . 2 1 . 2 BHC ABC HA BCS HA S AAAA BC ⇒ = = Vậy , , BHC ABC SHA SAA = (1) 0,5 đ 0,5 đ b) Tương tự câu a ta có: , , AHC ABC SHB SBB = (2) ; , , HAB CAB HC S SCC = (3) Cộng vế với vế, ta được: 0,5 đ , , , , , , 1HBC HAC HBA ABC ABC ABC S S S SHA HB HC S SAA BB CC + + + + = = = 0,5 đ c) Ta có , , , , , ,1 HA AA HA HA AA AA AA − = = − , , , , , , , , ,3 HA HB HC HA HB HC AA BB CC AA BB CC ⇒ + + = − − − 0,5 đ 0,5 đ d) Đặt , , AA x HA = ; , , BB y HB = ; , , CC z HC = Bài toán đưa về: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x y z+ + biết 1 1 1 1 x y z + + = . Ta có: 1 1 1 9 91 9x y z x y z x y z x y z + + ≥ ⇒ ≥ ⇒ + + ≥ + + + + Dấu bằng xẩy ra x y z⇔ = = , , , , , , , , , , , , AA BB CC HA HB HC HA HB HC AA BB CC ⇔ = = ⇔ = = Mặt khác: , , , , , , 1 HA HB HC AA BB CC + + = , , , , , , 1 3 HA HB HC AA BB CC ⇒ = = = Suy ra, H là trọng tâm của ABC∆ . Mà H là trực tâm ABC∆ . Do đó ABC∆ đều. Vậy GTNN của , , , , , , AA BB CC HA HB HC + + bằng 9. Dấu bằng xẩy ra ABC⇔ ∆ đều. 0,5 đ 0,5 đ e) Tương tự chứng minh câu b) ta thấy nếu H là điểm nằm ở miền trong tam giác ABC và H không là trực tâm thì kết quả câu b) vẫn đúng. 0,5 đ 0,5 đ 2 (2,0đ) Ta có: 2 24 9 12 6 8A x y x y= − + + + ( ) ( ) ( ) ( )2 22 24 12 9 9 6 1 2 3 3 1x x y y x y= + + − − + = + − − ( )( )2 3 2 2 3 4x y x y= + + − + 0,5 đ 0,5 đ 1,0 đ 3 (4,0đ) Giải phương trình 2000 1993 1986 6 0. 5 11 29 x x x− − − + + − = (*) Ta có: (*)  2000 1993 19863 2 1 0. 5 11 29 x x x− − −     − + − + − =            ( ) 1 1 12015 0 5 11 29 x  ⇔ − + + =    2015 0x⇔ − = 2015.x⇔ = 0,5 đ 1,0đ 0,5 đ HS phát biểu và giải bài toán tương tự khi thay các hằng số bởi các số thực khác thỏa mãn điều kiện tương tự như bài toán trên hoặc khi thay yêu cầu giải phương trình bởi giải bất phương trình. Từ đó các em phát biểu được bài toán tổng quát: Giải các phương trình hoặc bất phương trình có thể đưa về dạng: 1 2 1 2 ... 0.n n kx bkx b kx b m a a a ++ + + + + + = Trong đó: 1 1 1 2 2 2.a .a ... .a ,+ = + = = +n n nb m b m b m 1 2 ... m+ + + =nm m m . Bằng cách tổ chức lại dữ liệu vế trái, như sau: 1 2 1 2 1 2 ... .      ++ + = + + + + + +           n n n kx bkx b kx bVT m m m a a a Từ đó, ta có lời giải bài toán. 0,5 đ 0,5 đ Lưu ý : Mọi cách giải khác đúng, đều cho điểm tối đa. Đề kiểm tra đợt thực nghiệm thứ hai Đề kiểm tra số 1: Đại số lớp 9 (Thời gian 60 phút) Câu 1 (4,0 điểm). Tìm giá trị lớn nhất của các biểu thức: a) 21 2 8 1= − + +A x x . b) ( )( )( )2 3 4 7 .= − − −A x x x x Hãy phát biểu bài toán dưới dạng tìm giá trị nhỏ nhất? Sau đó phát biểu và giải bài toán tổng quát của? Câu 2 (3,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: a) 2 1 2 3 8 6 2 1 − + = − + x xB x x . Hãy giải bài toán trên bằng nhiều cách? b) 2 5 7.= − + +B x x Câu 3 (3,0 điểm). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 1 2 = + + P x x . Hãy phát biểu và giải bài toán tương tự? Đáp án và biểu điểm: Câu Nội dung Điểm Ta có: 2 21 1 92 4 2 4 4 2 2 A x x x x   = − − − = − − + −        ( ) ( )22 92 4 4 2 2 92x x x  = − − + − =− − +   0,5 đ 0,5 đ 1 (4,0đ) Do ( ) ( )2 22 0 2 2 0x x− ≥ ⇔ − − ≤ . Suy ra: ( )21 2 2 9 9,A x= − − + ≤ dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi ( )22 0 2.x x− = ⇔ = Vậy 1max 9A = khi và chỉ khi 2.x = 0,5 đ 0,5 đ b) Ta có: ( ) ( )( ) ( )( )2 22 7 3 4 7 7 12A x x x x x x x x=  −   − −  = − − +    ( )( )2 27 7 12x x x x= − − − + Đặt 2 7 6y x x= − + . Khi đó: ( )( ) 22 6 6 36A y y y= − − + = − + . Do 2 0y ≥ nên 2 36A ≤ . Suy ra: A2 đạt giá trị lớn nhất bằng 36 khi và chỉ khi 0y = , suy ra 2 7 6 0x x− + = 1x⇔ = hoặc 6.x = 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 2 (3,0đ) a) Ta có: ( ) ( ) ( ) 2 1 2 3 2 1 2 1 1 1 x x x B x − + − − + = − ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 1 2 1 1 2 13 11 1 x x xx x − − − + = = − + −− − 21 12. 1 2 1 1x x  = − + + − −  21 1 2. 1x  = − + −  Vì 21 1 0 1x  − ≥ −  nên 2 2B ≥ . Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi 1 1 0 1 1 2. 1 x x x − = ⇔ − = ⇔ = − Vậy minB1 = 2 khi và chỉ khi x = 2. 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ b) Ta có: ( ) ( )2 1 1 75 5 2 5 2. . 5 2 4 4 B x x x x = + − + + = + − + + +   21 75 . 2 4 x = + − +    Ta có 215 0. 2 x + − ≥    Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 1 195 2 4 x x+ = ⇔ = − . Vậy: MinB2 7 19 2 4 x= ⇔ = − . 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ b) Ta có: 22 2 12 2 2 C x x = + + − + . Đặt 2 2t x= + , điều kiện 2.t ≥ Ta có 2 1 2C t t = + − . 0,5 đ 3 (3,0đ) Xét biểu thức 2 1D t t = + , với 2.t ≥ ta có 2 1 3 1 3.2 5 = + 2 . .+ . 4 4 4 4 2 t x tD t t + ≥ = Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi 1 4 t t = và 3t nhỏ nhất khi t nhỏ nhất 2.t⇔ = Suy ra: D2 nhỏ nhất bằng 5 2 khi t 2.= Khi đó: 2 2 2 0.x x+ = ⇔ = Vậy: MinD2 5 0. 2 x= ⇔ = Suy ra: MinC2 5 12 0. 2 2 x= − = ⇔ = 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ ) b) Học sinh phát biểu và giải được bài toán tương tự khi thay hằng số 2 bởi một số thực dương bất kỳ. 1,0đ Lưu ý : Mọi cách giải khác đúng, đều cho điểm tối đa. Đề kiểm tra số 2: Hình học lớp 9 (thời gian 60 phút) Câu 1 (2,0 điểm). Trong hình bên, có một băng giấy hình chữ nhật che khuất một phần đường tròn (O). Cho biết AB = 1cm; BC = 4cm; MN = 2cm. Tính độ dài của đoạn thẳng NP (hình bên). Câu 2 (4,0 điểm). Cho tam giác ABC nhoṇ nôị tiếp đường tròn (O; R). Hai đường cao của tam giác ABC là BD và CE. Chứng minh rằng: a) Tứ giác BCDE nôị tiếp đường tròn. b) ⊥OA ED . Câu 3 (4,0 điểm). Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc ngoài taị A. Ve ̃các cát tuyến chung BAC, DAE (trong đó , ( ); , ( ')∈ ∈B D O C E O ). Chứng minh: a) .∠ +∠ = ∠ +∠ABD ADB AEC ACE b) BD // CE. c) Hãy phát biểu và chứng minh bài toán trong trường hợp hai đường tròn ( );O R và ( )'; 'O R tiếp xúc trong với nhau taị A. H K DA C P O B N QM Đáp án và biểu điểm: Câu Nội dung Điểm 1 (2,0đ) Ve ̃ ,OK NP⊥ cắt BC tại H. Suy ra NK = KP. Ta có: NP // BC (các cạnh đối của hình chữ nhật). Nên ,OH BC⊥ do đó BH = HC. Mà BC = 4cm nên BH = 2cm. Suy ra AH = AB + BH = 3cm. Mặt khác: AMKH là hình chữ nhật (tứ giác có 4 góc vuông), nên AH = MK, do đó MK = 3cm. Suy ra NK = MK - MN = 1 cm Do đó: NP = 2.NK = 2 (cm). 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 2 (4,0đ) a) Vì: 0 0 ( ) 90 ( ) 90 . EC AB gt BEC BD AC gt BDC ⊥ ⇒∠ = ⊥ ⇒∠ = Do đó BEDC nôị tiếp đường tròn đường kı́nh BC. b) Kẻ tia tiếp tuyến Ax của (O) như hı̀nh ve:̃ Ta có: xAB ACB∠ =∠ (góc nội tiếp và góc giữa tiếp tuyến với dây của đường tròn (O) cùng chắn cung AB). Mà BEDC là tứ giác nôị tiếp nên ACB AED∠ =∠ (cùng bù với góc BED). Suy ra xAB AED∠ =∠ nên Ax // ED. 0,5 đ 0,5 đ 1,0 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 3 (4,0đ) a) Ta có 0180BAD ABD ADB∠ +∠ +∠ = . Và 0180EAC AEC ACE∠ +∠ +∠ = . Mà BAD EAC∠ =∠ ( đối đı̉nh) Suy ra .∠ +∠ = ∠ +∠ABD ADB AEC ACE b) Ve ̃tiếp tuyến chung xAy của (O) và (O’) Xét (O) ta có: xAB ADB∠ =∠ Xét (O’) ta có: .yAC AEC∠ =∠ Mà xAB yAC∠ =∠ (đối đı̉nh) ABD AEC⇒∠ =∠ Do đó: BD // EC. 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ x E D O B A C H K DA C P O B N QM c) HS biết phát biểu và chứng minh bài toán: Cho hai đường tròn (O; R) và (O’; R’) tiếp xúc trong với nhau taị A. Ve ̃ các cát tuyến chung ABC, ADE (trong đó , ( ); , ( ')∈ ∈B D O C E O ). Chứng minh: i) .∠ +∠ = ∠ +∠ABD ADB AEC ACE ii) BD // CE. 0,5 đ 0,5 đ 1,0 đ Lưu ý : Mọi cách giải khác đúng, đều cho điểm tối đa. x y C E O O'A B D Phụ lục 6: KẾT QUẢ KIỂM TRA SAU CÁC ĐỢT THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM Bảng thống kê kết quả bài kiểm tra của HS các lớp TN và lớp ĐC sau khi TNSP Điểm kiểm tra Số HS đạt điểm tương ứng Bài KT Sau TN đợt 1 Bài KT số 1 TN đợt 2 Bài KT số 2 đợt 2 TN1 (8D) TN2 (8E) ĐC1 (8C) ĐC2 (8G) TN1 (9D) TN2 (9E) ĐC1 (9C) ĐC2 (9G) TN1 (9D) TN2 (9E) ĐC1 (9C) ĐC2 (9G) 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 1 1 2 0 1 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 3 2 2 3 3 1 1 3 2 1 1 2 2 4 3 3 3 5 2 3 6 3 1 1 4 3 5 6 5 9 5 4 4 5 8 5 5 6 5 6 7 8 10 7 9 7 10 9 6 5 10 12 7 10 6 5 7 8 8 5 6 6 7 6 6 8 6 6 4 6 9 7 4 5 11 10 4 5 9 2 3 2 1 2 3 2 1 4 3 2 1 10 1 1 0 1 2 2 1 1 3 3 1 1 Tổng số HS 37 35 37 37 37 35 37 37 37 35 37 37 Điểm TB 6,38 6,29 5,76 5,81 6,78 6,74 5,81 5,84 7,14 7,09 5,86 5,92