Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài tập

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài tập

1. Phần một Đặt vấn đề I/ Cơ sở lý luận: Ơ trường phổ thông ,dạy toán là dạy hoạt động toán học. Các bài toán ở trường phổ thông là một phương tiện rất có hiệu quảvà không thể thay thế được trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức phát triển tư duy ,hình thành kỹ năng ,kỹ xảo ứng dụng toán học vào thực tiễn. hoạt động giải bài tập toán học là điều kiện để thực hiện tốt các mục đích dạy học toán ở trường phổ thông .Vì vậy tổ chức có hiệu quả việc gjải bài tập toán học có vai trò quyết định đối với chất lượng daỵ học toán. II/ Cơ sở thực tiễn: Thực tế dạy học ở nhà trường THCS hiện nay việc dạy giải bài tập mới chỉ dừng lại ở việc giúp học sinh nắm vững tri thức, hình thành kỹ năng kỹ xảo Trong các giờ dạy toán ,việc phát triển tư duy cho học sinh còn ít được giáo viên chú ý.Thường thì thầy giải mẫu và trò bắt chước làm theo .Vì vậy học sinh thường rất khó khăn khi gặp các bài toán mà mình chưa được học và như vậy học sinh khó mà có thể có sự tìm tòi sáng tạo. Từ thực tế trên , trong các giờ dạy học sinh giải bài tập, tôi luôn tìm mọi cách để phát triển tư duy cho học sinh . Qua một thời gian tự mày mò , học tập và nghiên cứu tôi đã rút ra được một số kinh nghiệm .Tôi mạnh dạn ghi lại các kinh nghiệm này bằng chuyên đề: “ phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài tập “ Phần hai giải quyết vấn đề A/ Các phương pháp khai thác Để hoàn thành nội dung bài giảng,các bài tập mà tôi hướng dẫn HS khai thác đều là các bài tập trong SGK.Việc khai thác bài tập có thể dễn ra theo nhiều hướng,nhiều mức độ khác nhau.Cụ thể: 1>Tìm nhiều cách giải cho một bài tập. 2>Với những giả thiết ban đầu,tìm thêm kết luận mới cho bài toán hoặc tổng quát hoá bài toán. 3>Thay đổi hoặc thêm bớt một số điều kiện để tìm ra kết luận mới. 4>Khai thác bài toán theo hai chiều thuận,đảo
2. B >Ví dụ cụ thể: I/ Tìm nhiều cách giải cho một bài tập. 1> Ví dụ 1: (Bài 4 SGK/49, hình học lớp 9). Cho đường tròn (o), một cung AB và S là trung điểm của cung đó. Trên dây cung AB lấy hai điểm E và H. Các đường thẳng SH và SE gặp đường tròn tại C và D. Chứng minh rằng EHCD là một tứ giác nội tiếp. Giải Ta có E1 là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn nên sdSB sdAD E1 = 2 mà SA = SB (g
3. sdSA sdAD nên sđ E1 = 2 sdSD hay sđ E1 = 2 Ta có C = sdSD (góc nội tiếp) 2 Suy ra E1 = C 0 Ta có E1 + E2 = 180 (kề bù) 0 Do đó C + E2 = 180 => EHCD là tứ giác nội tiếp. Khai thác: Cách 2: ( giải vắn tắt) sdADC sdSB sdADC sdSA sdSDC EHC = 2 2 2 1 EDC = sđ SBC 2 SdSDC SdSBC 3600 => EHC + EDC = 1800 2 2 => đpcm. 2. Ví dụ 2: ( Bài 3a SGK/68 - Hình học 9) Cho H là trực tâm của tam giác ABC Gọi H’ là điểm đối xứng của H qua AC. Chứng Minh rằng H’ nằm trêm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Giải: Giả sử ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Do H’ và H đối xứng nhau qua AC nên AH’C = AHC (1) BDHF có D = F = 1V nên FBD + FHD = 2V Do đó FBD + AHC = 2V (2) Từ (1) và (2) suy ra ABC + AH’D = 2VH’ Vậy ABCH’ là tứ giác nội tiếp hay H’ nằm trên đường tròn ngoại tiếp ABC.
4. * Khai thác: Cách 2(Giải văn tắt) Do H’ đối xứng với H qua AC nên CHH’ = BH’C (1) FHEA nội tiếp nên CHH’ = BAC (2) Từ (1) và (2) => BAC = BH’C => BAH’C là tứ giác nội tiếp => đpcm. Cách 3 (giải vắn tắt) Do H’ đối xứng với H qua AC nên HAH’ = 2A2, HcH’ = 2C2 => BAH’ + BCH’ = A1 +2A2 +C1 +2C2 = A1 +C1 +2CA2 +C2 0 = A1 +C1 + 2(180 - AHC) 0 = A1 +C1 + 360 - 2 AHC 0 Xét FHA: AHC = A1 +90 0 Xét DHC: AHC = C1 + 90 0 => 2AHC = A1 +C1 +180 0 0 0 => BAH’ + BCH’ = A1 +C1 +360 - (A1 +C1 +180 ) = 180 => đpcm. * ý nghĩa của việc khai thác: Phương pháp này ren luyện khả năng nhìn một đối tượng toán học dưới nhiều khía cạnh khác nhau, khả năng tìm ra giải pháp lạ tuy đã biết nhưng phải giải khác. II/ Tìm thêm kết luận mới hoặc tổng quát hoá bài toán. 1. Ví dụ (bài 1b SGK/ - đại số 9) Cho các hàm số y = 2x +3 (1); y= -0,5x + 1(2) Vẽ đồ thị các hàm số trên và xác định toạ độ giao điểm của cặp đường thẳng (1) và (2). Giải: y +Vẽ đồ thị: 3 D + Giao điểm của đường thẳng (1) và (2) là nghiệm A 7/5 của hệ phương trình M 2x + 3 = +0,5x +1 O
5. y= 2x+3 C N 4 x= - -3/2 -4/5 2 5 x 7 y = 5 4 7 Vậy toạ độ giao điểm là A (- ; ) 5 5 * Khai thác: Tính diện tích của phàn mặt phẳng giới hạn bởi 2 đường thẳng trên và hai trục tung và hoành. Giải vắn tắt: S = S CDO + S MON 1 1 1 S CDO = CO.OD = | xc| .|yD| = .1,5.3 = 2,25 2 2 2 1 1 1 S MON = OM.ON = |yM|.|xN| = .1.2 = 1 2 2 2 Vậy S = 3,25 (đvdt). 2.Ví dụ 2 (Bài 2SGK/ - Đại số 9) Biết toạ độ 3 đỉnh một hình vuông A(-2;0), B(0;2), C(2;0) a/ Hãy xác định toạ độ tâm của hình vuông y và toạ độ đỉnh thứ tư của nó b / phương trình các đường thẳng chứa -2 B các cạnh của hình vuông Giải: a/ Toạ độ đỉnh thứ tư của hình vuông là D(0;2) A C x Toạ độ tâm O(0;0) b/ Đường thẳng chứa cạnh AB -2 O 2 đi qua A và B nên có b=2 và a.(-2) +b=0, do đó a=1 Vậy đường thẳng AB có phương trình là
6. y=2+x Tương tự, ta được BC: y=-x+2 -2 D CD: y=x-2 DA: y=-x-2 Khai thác: Cho hai điểm A(x1,y1) và B(x2,yy2) với x1 x2; y1 y2 Viết phương trình đường thẳng đi qua A,B Giải vắn tắt: Đường thẳng AB có phương trình y= ax+b (a 0) Vì A(x1,y1), B(x2,yy2) nằm trên đừng thẳng nên: y1=ax1 +b y1 y2 y2=ax2+b => a= x1 x2 y1 y2 b=- x1+y1 x1 x2 Từ đó phương trình của đường thẳng AB là y1 y2 y1 y2 y= x- x1 +y1 x1 x2 x1 x2 y y x x hay 1 2 = 1 x1 x2 x1 x2 3/ Ví dụ 3: (Bài 1 b SGK/90 - Đại số 9) Không giải phương trình hãy tính tổng và tích các nghiệm số của phương trình sau: 16x2 - 13x - 48 = 0 Giải: = 132+4.16.48>0 13 => S= x1 +x2= 6 48 P=x1 x2 = =-3 16 2 2 3 3 Khai thác: 1>Tính x1 +x2 ; x1 +x2 Giải vắn tắt:
7. 2 2 2 13 2 25 x1 +x2 = (x1+x2 ) -2x1x2= ( ) -2.(-3) =10 6 36 3 3 2 2 13 25 145 x1 +x2 =(x1+x2)(x1 -x1x2+x2 )= (10 3) 29 6 36 216 n n 2>Xây dựng công thức truy hồi để tính sn=x1 +x2 2 n n-1 n-2 Giải văn tắt: 16x1 -13x1-48=0 16x1 -13x1 -48 =0 => 2 n n-1 n-2 16x2 -13x2-48=0 16x2 -13x2 -48 =0 n n n-1 n-1 n-2 n-2 =>16(x1 +x2 )-13(x1 +x2 )-48(x1 +x2 )=0 =>16Sn-13Sn-1-48Sn-2=0 3> Với phương pháp tương tự tôi hướng dẫn học sinh tìm được kết quả sau: 2 nếu phương trình bậc hai ã +bx+c=0 có hai nghiệm x1,x2 ,ta đặt n n sn=x1 +x2 thì aSn+bSn-1+cSn-2=0 ( n N ). 4> Kết quả trên được sử dụng để giải nhiều bài tập khó,chẳng hạn: n Chứng minh rằng 2 3 là số nguyên dương lẻ n N (Kí hiệu [a] là số nguyên lớn nhất không vượt quá a Giải vắn tắt x1+x2=4 Đặt x1= 2 3 ; x1= 2 3 thì x1x2=1 2 => x1,x2 là nghiệm của phhương trình X -4X+1=0 n n Đặt sn=x1 +x2 áp dụng kết quả trên ta được Sn+1-4Sn+Sn-1=0 ( n N ) (1) Bằng quy nạp ta chưng minh được Sn N (2) n Dễ thấy 0 2 3 1 n n n n n => 2 3 2 3 -1< 2 3 < 2 3 2 3
8. n n n => 2 3 = 2 3 2 3 -1=Sn-1 (3) (1),(2)=>Sn chẵn n N ,kết hợp với (3) =>đpcm. */ý nghĩa của việc khai thác: Phương pháp này rèn luyện tư duy phân tích,phát triển tư duy khái quát hoá,tư duy sáng tạo cho học sinh. III/ Thay đổi giả thiết để được kết luận mới Ví dụ Hai đường tròn(O) và (O’) cắt nhau ở A và B.Qua A vẽ cát tuyến CAD. a/ Chứng minh rằng khi cát tuyến quay xung quanh điểm A thì ta vẫn được góc CBD ( có số đo) không đổi. b/ Từ C và D vẽ hai tiếp tuyến với đường tròn. Chứng minh rằng hai tiếp tuyến này hợp với nhau một góc ( có số đo) không đổi. Giải: a. Hai đường tròn (o) và (o’) cắt nhau tại A và B thì các cung AmB và AnB có số đo không đổi 1 ACB = sđ AmB 2 1 ADB = sđ AnB 2 => ACB và ADB có số đo không đổi Xét BCD có hai góc có số đo không đổi nên góc còn lại cũng có số đo không đổi Vậy CBD không đổi b. Vẽ dây chung AB, ta có C1 = B1; D2 = B2 ( góc giữa tia tiếp tuyến và một dây và góc nội tiếp cùng chắn một cung) Vậy C1 + D2 = B1+B2 = CBD Vì CBD có số đo không đổi nên C1 + D2 có số đo không đổi 0 Xét SCD co CSD = 180 - (C1 + D2) => CSD không đổi.
9. Khai thác: Từ bài tập này ta thay đổi giả thiết để được các bài toán sau: Bài toán 1: Cho hai đường tròn (o) và (O’) cắt nhau ở A và B. Qua A vẽ cát tuyến CAD (C (O), D (O’)). Từ C và D vẽ hai tiếp tuyến với đường tròn, chúng cắt nhau tại s. a/ CMR: SCBD nội tiếp được b/ Gọi giao điểm của CO và DO’ là I CMR: IBO’O nội tiếp được. Giải vắn tắt: 1 a/ SCD = CBA (= sđ CA) 2 1 SDC = DBD (= sđ AD) 2 => CBD = CBA + ABD = SCD+ SDC =>SCD + CBD = SCD + SDC +SCD =1800 => đpcm. 1 b/ CAB = sđCnB 2 1 BAD = sđ BmD 2 CAB + BAD = 1800 => sđ CnB +sđ BmD = 3600 Lại có sđ CnB + sđ CAB = 3600 => sđ BmD = sđ CAB => BO’D = COB BOI và IO’B cùng kề bù với 2 góc bằng nhau nên BOI = BO’I =>đpcm. Bài toán 2: Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B kẻ cát tuyến CAD (C (O), D (O’)).
10. Gọi Klà trung điểm của đoạn CD M, N lần lượt là trung điểm của các cung CB, BD không chứa A CMR: MK  NK Giải vắn tắt: Chứng minh tương tự bài 2 ta được sđ CMB +sđ BND = 3600 => MCB + BDM = 900 (1) Lấy C’ đối xứng với C qua M D’ đối xứng với D qua N ta c/m được CBC’vuông tại B c/m được DBD’ vuông tại B => BDN + DO’B = 900 (2) Từ (1) và (2) => MCB = DD’B => CBC’ C’BD(C.g.C). =>CD’B=C’BD Gọi CD’ cắt C’D tại B’ do DBD’=900 ta suy ra DB’D’=900 =>CD’ C’D Dễ dàng chứng minh được MK//C’D,NK//CD’ =>MK  NK Bài toán 3 Cho hai đường tròn c 1(O1) và c 2(O2) cắt nhau tại A và B .Mlà một điểm chuyển động trên c1(M A,B).MA và MB lần lượt cắt c2 tại P và Q.Gọi I là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh rằng MI luôn đi qua một điểm cố định Lời giải vắn tắt: Gọi O1O2 cắt c2 tại N,ta có AMB = DMQ =1/2sđDTQ-1/2sđANB Vì AMB không đổi,sđAMB không đổi nên sđDTQ không đổi=>DQ không đổi =>DI không đổi=>IO2 không đổi(1) Qua M kẻ tia MxMO2 sao cho tia MA nằm giữa hai tia Mx và MB
11. Ta có ADQ=ABM=AMx =>Mx//DQ Vậy MO1DQ Dễ thấy IO2DQ =>MO1//IO2 Gọi K là giao điểm của MI vàO1O2 KO MO Theo định lí Talet ta có : 1 1 (2) KO2 IO2 KO1 Từ (1) và (2),với chú ý MO1 không đổi ta có không đổi KO2 =>K cố định=>đpcm */ý nghĩa của việc khai thác Phương pháp này rèn luyện khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều hoàn cảnh và góc độ khác nhau,khả năng xem xét đối tượng dưới những khía cạnh khác nhau.Đặc biệt ná có tác dụng phát triển tư duy độc lập sáng tạo cho học sinh.Từ một bài toán ban đầu bằng tư duy học sinh có thể nắm được nhiều bài toán khác làm cho kiến thưcs và kĩ năng của học sinh thêm phong phú. IV/Khai thác bài toán theo hai chiều thuận đảo: Ví dụ Cho tam giác cân ABC(AC=BC) và một đường tròn tiếp xúc với các cạnh AC và BC lần lượt tại A và B.Từ một điểm M trên cung AB nằm trong tam giác đã cho,kẻ các đường vuông góc xuông các cạnh AB,BC,CA và cắt các cạnh này lần lượt tại D,E.F Chứng minh rằng: MD2=ME.MF Giải AFMD có F+D=2v nên AFMD là tứ giác nội tiếp =>F1=A1(hai góc nội tiếp cùng chắn cungMD) Chứng minh tương tự ta được D1=B1 Mà A1=B1(góc nội tiếp và giữa tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung MB) =>F1=D1 Chứng minh tương tự ta được D2=E2 Do đó MFD MDE(g.g)