Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác từ một bài toán

1. A. Những vấn đề chung I. Đặt vấn đề: Vấn đề đổi mới phương pháp giáo dục đào tạo theo định hướng lấy học sinh làm trung tâm đã được những người làm công tác giáo dục ở nước ta đặt ra từ lâu. Thực hiện được điều này cho phép ngành giáo dục đào tạo nên thế hệ những con người có khả năng tư duy sáng tạo và có khả năng thích ứng cao với sự phát triển đang diễn ra từng ngày. Thực hiện được điều này cũng có nghĩa là chúng ta đã giải quyết được vấn đề quan trọng hàng đầu trong giai đoạn CNH - HĐH đất nước, đó là yếu tố con người. Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng việc khai thác bài toán rất quan trọng, nó không chỉ cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán mà cơ bản hơn nó nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đó phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho các em học sinh. Hơn nữa, việc liên kết các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữa chúng sẽ giúp cho học sinh có hứng thú khoa học hơn khi học toán. Một trong những điều kiện có thể phát triển tư duy tích cực - độc lập - sáng tạo của học sinh là phát hiện và giải quyết vấn đề mới từ vấn đề quen thuộc. Trước yêu cầu đó, tôi xin trình bày đề tài “ Khai thác từ một bài toán” nhằm phát triển tư duy tích cực - độc lập - sáng tạo của học sinh khá giỏi ở khối lớp 8 và khối lớp 9. II. Cơ sở lí luận và thực tiễn: 1. Cơ sở lí luận: - Đặc điểm của lứa tuổi THCS là muốn vươn lên làm người lớn, muốn tự mình khám phá, tìm hiểu trong quá trình nhận thức. Các em có khả năng điều chỉnh hoạt đọng học tập, sẵn sàng tham gia các hoạt động học tập khác nhau nhưng cần phải có sự hường dẫn, điều hành một cách khoa học và nghệ thuật của thầy cô giáo. Hình thành và phát triển tư duy tích cực, độc lập sáng tạo cho học sinh là một quá trình lâu dài. - Tư duy tích cực, độc lập sáng tạo của học sinh được thể hiện một số mặt sau: + Biết tìm ra phương pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các tư tưởng rập khuôn, máy móc. + Có kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn đề ở nhiều khía cạnh. + Phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Như thế nào? Liệu có trường hợp nào nữa không? Các trường hợp khác thì kết luận trên có đúng nữa không? + Tính độc lập còn thể hiện ở chổ biết nhìn nhận vấn đề và giải quyết vấn đề. Trang 1
2. + Có khả năng khai thác một vấn đề mới từ những vấn đề đã biết. 2. Cơ sở thực tiễn: Qua nhiều năm giảng dạy, tôi thấy: - Học sinh yếu toán là do kiến thức còn hổng, lại lười học, lười suy nghĩ, lười tư duy trong quá trình học tập. - Học sinh còn học vẹt, làm việc rập khuôn, máy móc để từ đó làm mất đi tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân. - Học không đi đôi với hành làm cho các em ít được cũng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện kĩ năng để làm nền tảng tiếp thu kiến thức mới, do đó năng lực cá nhân không được phát huy hết. - Không ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học tập phù hợp, chưa tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu quả học tập chưa cao. - Nhiều học sinh hài lòng với lời giải của mình, mà không tìm lời giải khác, không khai thác phát triển bài toán, sáng tạo bài toán nên không phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân. - Một số giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo bài toán trong các các giờ luyện tập, tự chọn - Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau, phát triển một bài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, quan trọng hơn là nâng cao được tư duy cho các em làm cho các em có hứng thú hơn khi học toán. Trước thực trạng trên đòi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp dạy và học sao cho phù hợp. III. Giải pháp thực hiện: Qua những bài toán mà học sinh đã giải được, tôi định hướng cho học sinh tư duy theo các phương pháp như: Tương tự, so sánh, đặc biệt hoá, khái quát hoá để phát triển thêm những vấn đề mới, bài toán mới. Trong phần này tôi xin được phép phát triển từ một bài toán quen thuộc để xây dựng một số bài toán khác có liên quan. Nhằm làm cho học sinh thấy được tầm quan trọng trong việc thay đổi các giả thiết, tương tự hoá bài toán, liên hệ giữa bài toán này với bài toán khác có liên quan. Trang 2
3. B. Nội dung. Bài toán mở đầu: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD. Chứng minh rằng CF = BD. Bài giải: D Xét hai tam giác: DAB và CAF, có: DA = CA (gt) A  DAB =  CAF (=  BAC + 600) F AB = AF (gt) DAB = CAF (c.g.c) CF = BD (đpcm) B C Bây giờ ta vẽ thêm tam giác đều BCE ở phía ngoài của tam giác ABC thì liệu AE; BD; CF có đồng quy không? Và ta có bài toán thứ hai: Bài toán 2: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD; BCE. Chứng minh rằng AE; BD; CF đồng quy. Bài giải: D Gọi O là giao điểm của BD và CF. Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng. A Ta có DAB = CAF (bài toán 1) F 1 1  B1 =  F1 AOBF nội tiếp 1  O =  B = 600 1 2 2  O =  A = 600 2 1 2 1 3 O  AOB = 1200 (1) B 1 C Tương tự:  AOC = 1200  BOC = 1200 Mà  BFC = 600 BOCE nội tiếp 0  O3 =  C1 = 60 (2) Từ (1) và (2)  AOF = 1800 A; O; E thẳng hàng E Hay AE; BD; CF đồng quy. Trang 3
4. Qua bài trên ta nhận thấy các góc AOB; BOC; COA có số đo là 1200. Từ đây ta xây dựng bài toán dựng hình khá quen thuộc: Bài toán 3: Dựng điểm O trong tam giác nhọn ABC sao cho  AOB =  AOC =  BOC =1200. Bây giờ ta trở lại bài toán mở đầu. Gọi O là giao điểm của CF và BD, trên cạnh BD ta lấy điểm P sao cho PD = OA. Xét hai tam giác: CPD và COA, có: D PD = OA (ta vẽ) A  PDC =  OAC (OADC nt) P F DC = AC (gt) CPD = COA (c.g.c) CP = OC (1) O  CPD =  COA = 1200 0  CPO = 60 (2) B C Từ (1) và (2) suy ra CPO đều OP = OC Vậy, ta có: OA + OB + OC = PD + OB + OP Hay OA + OB + OC = BD Đây là một đẳng thức khá đẹp, nhưng đẳng thức trên có ý nghĩa gì không? Ta xét bài toán khác. Bài toán 4: Xác định điểm O trong tam giác nhọn ABC sao cho tổng khoảng cách từ O tới ba đỉnh của tam giác là nhỏ nhất. Bài giải: Dựng tam giác đều OCQ ở phía ngoài tam giác OBC, dựng tam giác đều ACD ở phía ngoài tam giác ABC. Xét hai tam giác: CQD và COA, có: D CQ = CO F A  QCD =  OCA (=600 -  QCA) DC = AC (gt) Q CQD = COA (c.g.c) OA = QD Vậy, ta có: OA + OB + OC = BO + OQ + QD O BO + OD BD B C “ =” xảy ra khi + O, Q, D thẳng hàng Mà  CQO = 600  CQD = 1200  COA = 1200 (1) Trang 4
5. + B, O, Q thẳng hàng Mà  COQ = 600  COB = 1200 (2) Từ (1) và (2) suy ra O là điểm nhìn ba cạnh của tam giác dưới một góc bằng 1200 Như vậy ta thấy điểm O vừa là giao điểm của ba đường thẳng ở bài toán 2, vừa nhìn các cạnh của tam giác dưới một góc bằng 1200, vừa có tổng khoảng cách tới các đỉnh nhỏ nhất. Trở lại bài toán mở đầu. Ta thấy giả thiết có thừa khi chỉ cần chứng minh BD = CF, thực tế chỉ cần giả thiết AF = AB; AD = AC;  BAF =  CAD là đủ, mặt khác cần xem thử các tam giác ABF và ACD thỏa mãn điều kiện gì để BD  CF. Chúng ta tiếp tục nghiên cứu bài toán 5. Bài toán 5: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, D dựng các tam giác ABF; ACD vuông cân tại A. Chứng minh rằng CF = BD; CF  BD. F Hướng dẫn giải: A + CF = BD (tương tự như bài toán 1) + CF  BD: Do Tứ giác AOBF nội tiếp O  BOF =  BAF = 900 C B Tiếp tục bài toán trên. Gọi M; N; I lần lượt là trung điểm của BF; CD; BC, ta có: D IM là đường TB của tam giác BCF nên: 1 IM // = CF (1) 2 F Tương tự ta có: 1 IN // = BD (2) A 2 N Mà: CF  = BD (3) Từ (1); (2) và (3) suy ra: IM  IN M IM = IN O Hay MIN vuông cân tại I B I C Trang 5
6. Nhận xét rằng AMB và ANC vuông cân tại M và N. Từ đây ta có bài toán tiếp. Bài toán 6: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng A các tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông N cân tại N. Gọi I là trung điểm của BC. MIN là M tam giác gì? Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà chưa gặp dạng thì hơi khó giải đối với các em. B I C Bài toán trên có thể diển đạt cách khác làm cho học sinh dễ chứng minh hơn bằng cách thay các tam giác vuông cân ABM, CAN bằng các hình vuông ABDE và ACHF thì ta được bài toán đơn giản hơn. Ta có bài toán 7. Bài toán 7: F Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF. E a.Chứng minh rằng: A BF = CE và BF  CE J H b.Gọi I, J lần lượt là tâm I của hai hình vuông đó. M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng MIJ là D tam giác vuông cân. B M C Bài toán 7 không chỉ đơn giản hơn cho học sinh ở chỗ có câu a là bài toán phụ để chứng minh câu b. mà có thể phát triển sang bài toán khác tương tự và tổng quát hơn. Nếu gọi N là trung điểm của EF thì ta cũng có NJ là đường trung bình của ECF, và ta cũng dễ dàng suy ra được tứ giác IMJN là hình vuông, từ đây ta có bài toán 8 Trang 6
7. Bài toán 8: F Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các N hình vuông ABDE và ACHF. Gọi I, J lần lượt là E tâm của hai hình vuông A đó. M, N là trung điểm H của BC và EF. Chứng J minh rằng tứ giác IMJN là hình vuông. I D C B M ở bài toán trên, ta có thể chứng minh được đường trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đường cao của tam giác ABC và đường trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đường cao của tam giác AEF. Ta có bài toán 9. Bài toán 9: Q Cho tam giác ABC, dựng F về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF. Chứng minh rằng N đường trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là E đường cao AP của tam A H giác ABC và đường trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đường cao của tam giác AEF. D B P M C Trang 7
8. Bài giải: Trước hết ta chứng minh AN  BC. Dựng hình bình hành AEQF, suy ra Q, N, A thẳng hàng. Xét hai tam giác: ABC và FQA, có: AB = FQ (= AE)  BAC =  QFA (cùng bù với  EAF) ABC = FQA (c.g.c) FA = AC (gt)  ACB =  FAQ Mà  FAQ +  CAP = 900  CAP +  ACP = 900  CPA = 900. Hay AN  BC. Hoàn toàn tương tự, ta dựng hình bình hành ABGC thì ta cũng chứng minh được AM  EF. ở bài toán trên ta nhận thấy QA  BC. Liệu QC có vuông góc với BH không? Từ đây ta có bài toán 10. Bài toán 10: Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng: BH = QC và BH  QC Bài giải: Q Gọi O là giao điểm của BH và QC. Theo BT 9, ta F có: ABC = FQA, nên: BC = QA Và  ACB =  FAQ N  BCH =  QAC. Xét hai tam giác: E BCH và QAC, có: A H BC = QA  BCH =  QAC O CH = AC (gt) BCH = QAC (c.g.c) BH = QC (1) Và  CBH =  AQC D Mà  AQC +  QCP = 900 B P M C  CBH +  QCP = 900 Hay  BOC = 900 Hay BH  QC (2) Từ (1) và (2) suy ra đpcm. Trang 8