Sáng kiến kinh nghiệm Dạy toán là dạy cho học sinh biết cách sáng tạo

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Dạy toán là dạy cho học sinh biết cách sáng tạo

1. I. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Lí do chọn đề tài Dạy toán là một hoạt động toán học cho học sinh, trong đó giải toán là công việc chủ yếu. Để rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh, ngoài việc trang bị tốt hệ thống kiến thức cơ bản và rèn luyện kỹ năng giải bài tập, giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh biết khai thác, mở rộng kết quả những bài toán đơn giản và xây dựng bài toán gốc để giải một loạt các bài toán liên quan. Điều này giúp học sinh tự tìm tòi suy nghĩ ra những bài toán mới và có những cách giải sáng tạo. Vời niềm đam mê toán học và mong muốn nâng cao hiệu quả công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi xin đưa ra một bài toán đơn giản để giới thiệu cách khai thác kết quả, mở rộng bài toán và cách xây dựng bài toán gốc để giải một loạt các bài toán liên quan. Tôi nhận thấy đây là một phương pháp khoa học và hiệu quả. Quá trình này bắt đầu từ các bài toán đơn giản đến phức tạp, là bước đi phù hợp để rèn luyện năng lực tư duy cho học sinh. 2. Mục đích nghiên cứu Đây là một đề tài rộng và ẩn chứa nhiều thú vị bất ngờ, thể hiện vẻ đẹp của môn hình học, đặc biệt nó giúp học sinh phát triển khả năng tư duy sáng tạo. Nếu vấn đề này được quan tâm thường xuyên trong dạy học thì chắc chắn rằng việc đào tạo và bồi dưỡng đội ngũ học sinh giỏi toán sẽ mang lại nhiều hiệu quả. Trong thực tế, có rất nhiều bài toán mà trong khi giải ta có thể tìm được nhiều ý tưởng hay, độc đáo để từ đó ta có thể sáng tạo nên chuỗi những bài toán liên quan với nhau, có thể tổng quát hóa từ các bài toán đó Trong bài viết này tôi xin đưa ra hai vấn đề để minh họa cho ý tưởng: “Dạy toán là dạy cho học sinh biết cách sáng tạo”. 3. Đối tượng và phạm vi áp dụng - Học sinh lớp 8, 9 giỏi toán. - Giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường THCS. 1
2. II. NỘI DUNG 1. CƠ SỞ LÍ LUẬN Giải toán là quá trình suy luận nhằm khám phá ra quan hệ logic giữa cái đã cho và cái chưa biết (giữa giả thiết và kết luận). Mỗi bài toán có một cách giải, cách suy luận riêng nên khi đứng trước một bài toán học sinh thường không biết bắt đầu từ đâu? phải làm như thế nào? Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi, chúng ta không thể dạy hết cho học sinh tất cả các bài tập cũng như các em không thể làm hết các bài tập đó. Vì vậy để tạo mối liên hệ giữa các bài tập, khi hướng dẫn cho học sinh giải một bài toán, giáo viên không nên dừng lại ở một bài toán cụ thể; mà sau khi giải bài toán này, học sinh phải giải quyết xong một loạt vấn đề liên quan mà giáo viên đã định hướng. Quá trình này phải bắt đầu từ các bài toán đơn giản đến phức tạp để rèn luyện năng lực tư duy cho học sinh. Như nhà toán học Đề các đã nói: “Mỗi vấn đề mà tôi giải quyết đều sẽ trở thành ví dụ mẫu mực dùng để giải quyết vấn đề khác”. Từ đó giúp các em có cơ sở khoa học khi phân tích, định hướng tìm lời giải cho các bài toán khác và đặc biệt là củng cố cho các em lòng tin vào khả năng giải toán của mình. Trong bài viết này, tôi nêu ra một bài tập ở sách giáo khoa và bằng cách thay đổi giả thiết hoặc biến đổi kết luận để phát triển thành các bài tập mới; từ định lí ta xây dựng bài toán gốc rồi dùng bài toán gốc để giải một loạt các bài tập khác. 2. CƠ SỞ THỰC TIỄN a. Những thuận lợi, khó khăn Đề tài này được thực hiện trong quá trình dạy và học của tôi tại trường THCS An Ninh; một trường có nhiều học sinh đam mê và có năng khiếu toán học nên việc áp dụng khá thuận lợi. Học sinh THCS ở độ tuổi thiếu niên, khả năng tư duy, khái quát còn hạn chế. Do đó khi đứng trước các bài toán khó, việc tìm ra lời giải đã khó chứ chưa nói gì đến việc mở rộng. Vì vậy người giáo viên cần có sự đầu tư để có phương pháp phù hợp giúp mỗi học sinh có thể tự tin trong học tập và sáng tạo. 2
3. b. Thực trạng công tác khai thác bài tập và định lí để bồi dưỡng học sinh giỏi toán ở trường THCS. Ở trường THCS, giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi chưa quan tâm điều này một cách thường xuyên. Phần lớn khi hướng dẫn cho học sinh giải toán giáo viên thường dừng lại ở việc tìm ra kết quả. Chúng ta chưa có thói quen khai thác một bài toán thành một chuỗi các bài toán liên quan hoặc hướng dẫn học sinh xây dựng bài toán gốc từ định lí. Điều này làm cho học sinh khó tìm được mối liên hệ trong bài học. Cho nên khi bắt đầu giải một bài toán, học sinh không biết bắt đầu từ đâu? Cần vận dụng kiến thức nào? Bài toán có liên quan đến những bài toán nào đã gặp? Thiết nghĩ, đây là hai hướng cần khai thác triệt để trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán. Qua bài viết này, tôi mong muốn gửi đến đồng nghiệp một chút kinh nghiệm nhỏ mà tôi đã thực hiện cùng với những học sinh giỏi toán của trường THCS An Ninh năm học 2009 – 2010. 3. KHAI THÁC BÀI TẬP VÀ ĐỊNH LÍ ĐỂ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN THCS A. KHAI THÁC BÀI TẬP SÁCH GIÁO KHOA Bài toán xuất phát ( Bài tập 20 trang 76 SBT Toán 9 – Tập 2 ). 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 a) Tam giác MBD là tam giác gì ? b) So sánh hai tam giác BDA và BMC. c) Chứng minh MA = MB + MC. O Đây là bài toán rất quen thuộc, lời giải có trong SBT và D B C nhiều tài liệu khác, kết quả cụ thể là: M a) MBD là tam giác đều. Hình 1 b) BDA = BMC. c) MA = MB + MC. 3
4. Khi tam giác ABC đều và M là một điểm trên cung nhỏ BC thì MA = MB + MC. Ngược lại, khi tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và M là một điểm thuộc cung nhỏ BC sao cho MA = MB + MC thì có kết luận được tam giác ABC đều hay không? Trong trường hợp này, giả thiết MA = MB + MC suy ra tam giác ABC đều là không đúng. Thật vậy, xét tam giác đều BCA’ ta có: MA’ = MB + MC (h. 2). Lấy A đối xứng với A’ qua đường kính MN, suy ra A' N A (O) và MA = MA’ (tính chất đối xứng). Do đó với tam giác ABC không đều ta vẫn có MA = MB + MC. A Để xây dựng bài toán ngược lại trong tình huống này ta O có thể bổ sung thêm điều kiện cho điểm A. E H B C M Ta phát biểu bài toán mới như sau: Hình 2 Bài 1. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O); M là một điểm thuộc cung nhỏ BC. Chứng minh rằng nếu MA = MB + MC thì ABC đều. Chứng minh (h. 3).Vì tam giác ABC cân tại A nên MA là phân giác của góc BMC. Do đó MB MA A MBI : MAC MB.AC MA.BI (1). BI AC MC MA MCI : MAB MC.AB MA.CI (2). CI AB O Vì AB = AC nên từ (1) và (2) suy ra: I B C MB MC AC MA(BI IC) MA.BC M Kết hợp với MA = MB + MC ta được AC BC suy ra Hình 3 điều phải chứng minh. Từ bài toán xuất phát ta có MA + MB MC 2.MA 4.R (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC). Dựa vào điều này, ta có bài toán sau: 4
5. Bài 2. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) cố A định; M là một điểm thuộc cung nhỏ BC. Xác định vị trí M để: a) Chu vi của tam giác MBC đạt giá trị lớn nhất? O b) Tổng MA + MB + MC đạt giá trị lớn nhất? D B C Từ câu a ta thấy khi CB cố định và góc BMC không đổi M thì ta tìm được vị trí M để chu vi tam giác MBC lớn nhất. Hình 4 Tổng quát trường hợp này ta có bài toán sau: Bài 3. Cho MBC có M thay đổi sao cho B· MC không đổi. Xác định hình dạng của MBC để nó có chu vi lớn nhất? Đây là nội dung một bài toán trong đề thi HSG tỉnh Quảng Bình môn toán lớp 9 năm học 2008 – 2009. Cách giải như sau: Lấy điểm M’sao cho M’BC cân tại M’ và B· M 'C . Ta chứng minh M’BC có chu vi lớn nhất. Do B· MC nên các điểm M nằm D trên cung B¼mC (h. 5) (hoặc cung đối xứng với B¼mC qua E M' BC). Dựng (M’; M’B) khi đó C (M’; M’B). Gọi D, E m M lần lượt là giao điểm của BM’ và BM với (M’; M’B). Ta O có chu vi M’BC bằng BC + BD. Mặt khác B C 1 B· EC B· MC ; B· MC B· EC M· CE nên Hình 5 2 2 M· EC M· CE MC ME do đó chu vi MBC bằng BC + BE BC+ BD Vậy khi MBC cân tại M thì nó có chu vi lớn nhất. Từ bài tập 2b, nếu kết hợp với BĐT Cauchy thì ta có kết quả: 2R MA = MB + MB 2 MB.MC . Dấu bằng xảy ra khi M nằm chính giữa cung nhỏ BC. Từ đó ta có bài toán sau: Bài 4. 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 tích MA.MB.MC? 5
6. Nếu gọi E là giao điểm của MA và BC thì ta nhận thấy: MB MA MB MC A BME : AMC ; suy ra ME MC MC 1 MB MC 1 1 . ME MB.MC MB MC O Từ đó ta có bài toán: E H B C Bài 5. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O); M M là một điểm thuộc cung nhỏ BC. Các đoạn thẳng MA và F Hình 6 BC cắt nhau tại E. Chứng minh rằng: 1 1 1 . ME MB MC Khai thác kết quả bài toán 5, ta nhận ra rằng nếu gọi F là điểm chính giữa cung BC thì ta có AF  BC,A· MF 900 . Suy ra: AM AF,AE AH . 1 1 Do vậy ME = AM – AE AF – AH = FH (không đổi). Dấu bằng ME FH xẩy ra khi và chỉ khi M  F . Từ đó ta có được bài toán như sau: Bài 6. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O); M là một điểm thuộc 1 1 cung nhỏ BC. Xác định vị trí của M trên cung nhỏ BC để đạt giá trị MB MC nhỏ nhất? 1 Ta lại thấy rằng khi M trùng với F thì cũng đạt giá trị nhỏ nhất. Từ đó ta MA lại có thêm bài toán hay và khó như sau: Bài 7. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O); M là một điểm thuộc 1 1 1 cung nhỏ BC. Xác định vị trí của M trên cung nhỏ BC để đạt MA MB MC giá trị nhỏ nhất? 6
7. B. KHAI THÁC ĐỊNH LÍ TA-LÉT A Cho D ABC (MÎ AB, NÎ AC). Từ định lí Ta-let ta AM AN có = Û MN // BC. Khi đó ta có AB AC AM AN MN = = . M N AB AC BC B C AM MN Nhận xét. Nếu = , MN // BC, MÎ AB; N, C nằm về cùng một nửa mặt AB BC phẳng có bờ là AB (h. 7), thì 3 điểm A, N, C có A thẳng hàng không? Câu trả lời là 3 điểm A, N, C thẳng hàng. Thật vậy, gọi N’ là giao điểm của đường thẳng MN với AC (N’ nằm về cùng một M N nửa mặt phẳng với N bờ là AB). Ta có MN ' AM MN MN MN ' B C BC AB BC Hình 7 nên N  N ' do đó 3 điểm A, N, C thẳng hàng. Đến đây ta có một phương pháp để chứng minh 3 điểm A, B, C thẳng hàng: Vẽ đường thẳng D đi qua A sao cho B, C thuộc một A nửa mặt phẳng bờ là D . Vẽ BM // CN (M, N Î D ) BM AM (h. 8), sau đó chứng minh = . M CN AN B N C Hình 8 Áp dụng ta làm bài tập sau: Bài 8. Cho D ABC có MN // BC (MÎ AB, NÎ AC ). I là trung điểm của MN, J là trung điểm của BC. Chứng minh A, I, J thẳng hàng. 7