Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác và phát triển một bài toán hình học Lớp 8

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác và phát triển một bài toán hình học Lớp 8

1. Trường Đại học sư phạm hà nội Khoa toán - tin đề tài nghiệp vụ sư phạm Khai thác và phát triển một bài toán hình học lớp 8 Người hướng dẫn: Tiến sĩ Nguyễn Văn Khải Người thực hiện: Phạm Anh Tuấn Lớp Đhsp toán khóa 7 Hải dương năm 2006 1
2. Phần I : đặt vấn đề 1. Lý do chọn đề tài: Qua những năm trực tiếp giảng dạy, bản thân tôi thấy một thực tế hầu hết các em học sinh sau khi giải xong một bài toán là tỏ ra thoả mãn yêu cầu. Thậm chí cả đối với một số học sinh khá giỏi, có năng lực học toán cũng vậy. Điều đó thật đáng tiếc và cuối cùng chính nó làm tôi suy nghĩ và tìm tòi biện pháp để hướng các em hãy dành một lượng thời gian vừa đủ để suy xét tiếp một bài toán mà mình vừa giải xong. Sau khi suy nghĩ như vậy và hướng dẫn các em học sinh theo hướng khai thác, phát triển ở một bài toán để trỏ thành một “họ” của bài toán dó hay ta có một “chùm” bài toán hay làm tôi rất tâm đắc bởi các em đã được tha hồ phát huy trí sáng tạo của mình, tìm tòi mọi góc độ xung qunh một bài toán ban đầu , qua đó các em khắc sâu được kiến thức. Và điều quan trọng hơn cả là thông qua cách hướng dẫn này phù hợp với phương pháp dạy học cải cách mới hiện nay, các em học sinh là người chủ động sáng tạo trong việc tiếp thu kiến thức, làm chủ tình huống, từ đó càng yêu thích môn toán hơn. Chính vì thế tôi đã chọn: " Khai thác và phát triển một bài toán" là kinh nghiệm của bản thân và mạnh dạn đưa ra cùng đồng nghiệp trao đổi nhằm nâng cao chất lượng dạy và học. 2. Mục đích: Xuất phát từ một thực tế đáng tiếc của học sinh như vậy nên việc chọn: " Khai thác và phát triển một bài toán" nhằm giải quyết thực tế đó. Nghĩa là làm thế nào để người thầy đúng là người tổ chức chỉ đạo và dạy học sinh cách tư duy để thực hiện. Dạy học sinh biết cách từ vốn có một học sinh phải biết tự mình phát triển ra thành hơn một Bên cạnh đó nhằm tạo cho học sinh biết được việc suy xét tiếp một bài toán sau khi đã giải sẽ có tác dụng. - Tìm ra hướng giải khác (Và từ đó sẽ có phương pháp hay hơn). - Tìm ra những bài toán là "họ hàng" của bài toán đã giải. - Tìm ra những bài toán "hay hơn" khó hơn từ bài toán đã giải .v.v. Với giáo viên thì chắc chắn ngoài việc tìm ra một "họ" các bài toán ra còn có phương pháp "thiết kế" một bài toán mới từ một bài toán quen thuộc. Việc làm ấy chẳng tạo cho giáo viên một "ngân hàng" bài tập sao ? Đó chính là mục đích của kinh nghiệm. Ngoài ra để có thêm các mối quan hệ của một bài toán nào đó với bài toán A ta có thể làm các phép: 2
3. + Đặc biệt hoá một số điều kiện để từ bài toán A có bài toán mới. + Thay đổi một số điều kiện trong giả thiết để có bài toán mới. Tóm lại: Nếu sau khi giải một bài toán, hãy dành một lượng thời gian đủ để suy xét nó nhìn nhận lại những gì đã làm và thực hiện theo 3 hướng trên tôi nghĩ sẽ "Khai thác và phát triển " ra một "họ" các bài toán mới rất hay và có giá trị Phần II : giải quyết vấn đề 1 - Cơ sở lý luận, thực trạng và phương pháp nghiên cứu Chúng ta biết rằng mỗi một sự việc, hiện tượng đều do một số nguyên nhân sinh ra. Nên khi điều kiện trong nguyên nhân thay đổi thì kết quả sẽ thay đổi theo. Và cũng có thể từ những nguyên nhân ấy cũng có thể tạo ra được kết quả mới. Điều ấy trong toán học thì rất dễ xảy ra. Từ một số điều kiện (giả thiết - gt) hoặc những cái đã biết ta phải chỉ ra những kết quả thu được (kết luận - kl). Nhưng việc chỉ ra được kết quả chỉ là một vấn đề yêu cầu trước mắt của bài toán. Mà rèn luyện cho học sinh có thói quen suy xét thêm những gì sau khi giải được bài tập là hết sức quan trọng. Chẳng hạn: * Giải xong bài tập đó các em còn có thể chứng minh thêm được những gì ? Hãy thay đổi một số điều kiện trong giả thiết thì thu được những bài toán mới nào ? Hãy đặc biệt hoá một vài điều kiện trong (gt) thì được (kl) gì ? Nếu đảo lại thì bài toán đó có gì thay đổi . vân vân và vân vân Cứ như vậy sau mỗi bài tập hãy rèn cho học sinh có thói quen làm được một số công việc ấy. Tôi nghĩ đó là một phương pháp tự học cực kỳ quan trọng. 2. nội dung và Biện pháp thực hiện: Bài toán ban đầu. Ta hãy bắt đầu từ một bài toán quen thuộc Cho xOy = 900. Trên Ox lấy điểm A cố định sao cho OA = a. Điểm B di động trên Oy. Vẽ trong góc xOy một hình vuông ABCD. a) Tính khoảng cách từ D đến Ox. b) Tìm tập hợp (qũy tích) điểm D khi B di động trên Oy. Hướng dẫn: 3
4. y a) Kẻ DH  Ox  H. Có AHD vuông tại H nên D1 + A1 = 1v . C Mà A2 = 1v A1 + A3 = 1v. Suy ra: A3 = D1. D C' D' Xét DHA và AOB 1 Có: H = O = 1v, A3 = D1, DA = AB (cạnh hình vuông) Vậy = = (T/h. Bằng 2 DHA AOB B nhau đặc biệt thứ nhất của tam giác 3 1 vuông) O A H x Vậy: DH = OA = a b) Theo chứng minh trên DH Hình 1 = a (const) Khi B di động trên Oy thì D di động theo nhưng luôn cách Ox một khoảng DH = a. Vậy quỹ tích của D thuộc đường thẳng song song với Ox và cách Ox một khoảng bằng a. Giới hạn: Khi B  O thì H  A và D  D'. D' là một điểm thuộc đường thẳng song song với Ox và cách Ox một khoảng bằng a, do A cố định suy ra D' cố định. Kết luận: Khi B di động trên Oy thì quỹ tích của D là 1 tia D'z // Ox, D' cách A một khoảng bằng a. Khai thác 1: Từ lời giải trên ta thấy hình vuông OAD'C' là nhỏ nhất trong tập các hình vuông ABCD khi B di động trên Oy. Và đương nhiên trong tập các hình vuông ấy thì diện tích hình vuông OAD'C' là có giá trị nhỏ nhất. Từ suy xét đó ta có bài toán mới. 4
5. Bài toán 1: Trong góc xOy vuông tại O lấy A thuộc tia Ox sao cho OA = a. Một điểm B di động trên Oy. Vẽ trong góc xOy hình vuông ABCD. Xác định vị trí điểm D để SABCD là nhỏ nhất. Chứng minh y 2 Thật vậy SABCD = AB C Trong OAB có O = 1v AB > OA D' D C' Do A cố định, B di động nên 1 AB OA = a I I' 2 SABCD a 2 2 Do đó SABCD = a là nhỏ nhất B 3 khi ấy B  O 1 O A H x Hình 2 Khai thác 2: 2 Từ kết quả trên ta suy ra hình vuông OAD'C' là cố định bằng cạnh a. Thế thì OD' cố định nên trung điểm I' là cố định. Vấn đề đặt ra là: Nếu B chuyển động trên Oy thì D chuyển động trên tia D'D. Khi đó trung điểm I của OD chuyển động trên đường nào và ta có bài toán mới. Bài toán 2: Cho góc xOy bằng 900. Lấy A trên Ox sao cho OA = a, một điểm B di động trên Oy. Trong góc xOy vẽ hình vuông ABCD. Gọi I là trung điểm của OD. Tìm tập hợp (qũy tích) điểm I. Hướng dẫn: (Hình 2) Theo kết quả trên D' là giới hạn của D và D' cố định. Gọi I' là trung điểm OD' I' cố định. Trong OD'D có I'I là đường trung bình I'I // D'D. a Nên quỹ tích I là tia I'I // Ox cách Ox một khoảng = 2 5
6. Khai thác 3: Suy xét: (hình 3) y Qua C kẻ đường thẳng // Ox C P cắt Oy tại Q cắt DH tại P Q Theo trên ta đã chứng minh D được AOB = DHA (Cạnh huyền góc nhọn) OA = DH = a I OB = AH Nhưng CQ // Ox CQB = 1v B CP = OA O A H x PD = OB y Hình 3 C P Vậy OA + AH = DH + PD = CP +Q CQ = BQ + OB hay OH = HP = PQ = QO D C ' OHPQ là hình vuông Mà QOA = 1v Ta có bài toán mới. I Bài toán 3: Cho góc xOy, trên tia Ox lấy A sao cho OA = a, trên Oy điểm B di động. B Dựng trong góc xOy hình vuông ABCD; qua C kẻ đường thẳng // Ox, qua d kẻ đường thẳng // Oy. Hai đường thẳng này Ocắt nhau tại P và lần lượtA cắt HOy tại Q, cắtx Ox tại H. a) Chứng minh OHPQ là hình vuông b) Gọi I là trung điểm AC, chứng minh O, I, P thẳng hàng. Từ suy xét trên dễ dàng suy ra điều chứng minh. Khai thác 4: Suy xét tiếp ta thấy. Ta có thể chuyển hướng bài toán dưới dạng khác. Nếu ta coi hình vuông OHPQ là cố định cạnh = a Trên các cạnh HO, OB, PQ, PH lần lượt lấy A, B, C, D sao cho OA = QB = PC = DH. 6
7. Tiếp tục: Nếu cho A di động y trên OH và vẫn chưa thoả mãn C P ABCD là hình vuông thì chu vi của Q AOB có giá trị thay đổi như thế nào. D Cụ thể có quan hệ gì với a cạnh hình vuông OHPQ. I B O A H x Hình 4 Thật vậy dễ chứng minh được AOB = DHA = CPD = BQC Từ đó ABCD là hình vuông AOB luôn có: AB < OA + OB Nhưng OB = AH AB < OA + AH = OH = a Do A, B cũng chuyển động và thoả mãn ABCD là hình vuông. Nên khi A  H, B  O AB = OH = a Do đó: OA + OB + AB OH + OH = 2a Vậy CAOB 2a (CAOB : chu vi AOB) (Chu vi của AOB có giá trị lớn nhất bằng 2a). Ta có bài toán mới. Bài toán 4: Cho hình vuông OHPQ cạnh là a. Trên các cạnh HO, OQ, QP, PH lần lượt lấy A, B, C, D sao cho OA = QB = PC = HD. a) Chứng minh: ABCD là hình vuông. b) Khi A chuyển động trên OH và thoả mãn ABCD là hình vuông và (A O, A H). Chứng minh CAOB < 2a. Từ suy xét ta dễ chứng minh được điều này. 7
8. Khai thác 5: Tiếp tục không dừng lại ta suy xét tiếp. Ta luôn có OB + OA = OH = a không đổi (vẫn nội dung bài tập 4). Như vậy OA + OB = a (const) Suy ra OA.OB lớn nhất khi OA = OB (Tổng 2 số dương không đổi tích của chúng lớn nhất khi hai số đó bằng nhau). Để ý thì thấy rằng: OA. OB = 2SAOB (SAOB diện tích AOB) 2 Mà hình vuông OHPQ có SOHPQ = a (SOHPQ là diện tích OHPQ) Và SOHPQ = SABCD + 4SAOB 2 Hay SABCD = a - 4 SAOB Nếu SAOB lớn nhất thì SABCD nhỏ nhất là SAOB nhỏ nhất thì SABCD lớn nhất. Mà SAOB lớn nhất khi OA.OB lớn nhất vì lý luận trên OA.OB lớn nhất khi OA = OB. OH a Từ đó OA = OB = = . Hay A là trung điểm OH, B là trung điểm OQ ? 2 2 Ta có bài toán mới. Bài toán 5: Cho hình vuông OHPQ cạnh là a. Trên OH, OQ, QP, PH lần lượt lấy A, B, C, D sao cho OA = QB = PC = HD. C P a) Chứng minh ABCD là hình vuông. Q b) A chuyển động trên OH (vẫn thoả mãn ABCD là hình vuông). D Xác định vị trí A để S là nhỏ nhất. ABCD I Tìm giá trị đó. B Hướng dẫn: a) Dễ chứng minh được: O A H AOB = DHA (c.g.c) AB = AD C Hình 5 P Q 8 D I B A O A H1
9. Tương tự CB = CD = AB Vậy ABCD là hình thoi (1) Lại có: A1 = D1 mà D1 + A2 = 1v (2) A + A2 = 1v Từ (1) (2) ABCD là hình vuông. 2 b) Ta có SOHPQ = a Theo kết quả trên AOB = BQC = CPD = DHA (c.g.c) 2 2 SABCD = a - 4 SAOB = a - 2.OA.OB Do OA + OB = OA + AH (vì OB = AH) OA + AH = OH = a a Không đổi nên tích OA.OB lớn nhất khi OA = OB = 2 a a a 2 Nghĩa là OA.OB . = 2 2 4 2 2 2 2 a 2 a a Vậy SABCD a - 2. = a - = 4 2 2 a 2 OH Do đó SABCD = là giá trị nhỏ nhất khi đó: OA = OB = 2 2 Chứng tỏ A là trung điểm của OH. Khai thác 6: (Hình 6) Tiếp theo suy xét 4 ta có CAOB 2a Vậy nếu CAOB = 2a thì điều gì sẽ xảy ra ? Thật vậy: Nếu cạnh hình vuông OHPQ là a và A, B chuyển động trên OH, OQ sao cho CAOB = 2a. Thì: OA + OB + AB = 2a (1) Nhưng OQ + OH = 2a Hay OB + BQ + OA + AH = 2a(2) Từ (1) (2) AB = BQ + AH Trên tia đối QB lấy E sao cho QE = AH BQ + QE = BQ + AH hay BE = BA 9