Sáng kiến kinh nghiệm Rèn luyện khả năng tìm lời giải bài toán hình học cho học sinh khá, giỏi lớp 9

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Rèn luyện khả năng tìm lời giải bài toán hình học cho học sinh khá, giỏi lớp 9

1. RÈN KĨ NĂNG TÌM LỜI GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC LỚP 9 PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Cơ sở lý luận: Toán học là một bộ môn khoa học tự nhiên mang tính trừa tượng cao, tính logíc đồng thời môn toán còn là bộ môn công cụ hổ trợ cho các môn học khác.Với môn hình học là môn khoa học rèn luyện cho học sinh khả năng đo đạc, tính toán, suy luận logíc, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh . Đặc biệt là rèn luyện của học sinh khá, giỏi. Nâng cao được năng lực tự duy, tính độc lập, sáng tạo linh hoạt trong cách tìm lời giải bài tập toán nhất là bộ môn hình học càng có ý nghĩa quan trọng. Việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số kiến thức cơ bản thông qua việc làm bài tập hoặc làm càng nhiều bài tập khó, hay mà giáo viên phải biết rèn luyện khả năng sáng tạo đối với bộ môn hình học càng phải biết rèn luyện năng lực tư duy trừu tượng và phán đoán lôgíc 2. Cơ sở thực tiễn: Qua các năm công tác giảng dạy ở trường tôi nhận thấy việc học toán nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán nói riêng, muốn học sinh rèn luyện được tư duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi người thầy cần phải có nhiều phương pháp và nhiều cách giải nhất. Đặc biệt qua những năm giảng dạy thực tế ở trường việc có được học sinh giỏi của môn Toán là một điều rất hiếm và khó, tuy nhiên có nhiều nguyên nhân có cả khách quan và chủ quan. Song đòi hỏi người thầy cần phải tìm tòi nghiên cứu tìm ra nhiều phương pháp và cách giải qua một bài Toán để từ đó rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt động tư duy sáng tạo. Vì vậy tôi tâm huyết chọn sáng kiến kinh nghiệm này: "Rèn luyện khả năng tìm lời giải bài toán hình học cho học sinh khá, giỏi lớp 9 " Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo Toán học, trước mỗi bài tập tôi đã cho học sinh tìm nhiều cách giải, đồng thời người thầy giáo, cô giáo cũng phải gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải. Trên cơ sở đó học sinh tự tìm ra cách giải hợp lý nhất. Phát hiện ra được cách giải tương 1
2. Chính vì vậy càng cần phải rèn luyện cho các em năng lực tư duy độc lập sáng tạo càng khiến tôi tâm huyết tìm tòi, nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm này. 1.2. Các số liệu của thực trạng : Qua các năm giảng dạy trực tiếp bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi, qua trắc nghiệm hứng thú học toán của học sinh tôi thấy chỉ có 25% các em thực sự có hứng thú học toán (Có tư duy sáng tạo), 45% học sinh thích học toán (chưa có tính độc lập, tư duy sáng tạo) và 30% còn lại nữa thích nữa không . Qua gần gủi tìm hiểu thì các em cho biết cũng rất muốn học xong nhiều khi học một cách thụ động, chưa biết cách tư duy để tạo cho mình một sáng tạo trong cách giải một bài toán nào đó, bởi vì do điều kiện khách quan của địa phương và của nhà trường, học sinh chỉ được bồi dưỡng một thời gian nhất định trước khi đi thi vì vậy học sinh chưa có hứng thú học toán và kết quả qua các kì thi chưa cao. 2. Quá trình thực hiện đề tài: 2.1. Giải pháp thực hiện: - Hình thành các tình huống có vấn đề liên quan đến các cách giải cho một bài toán. - Hướng dẫn học sinh đưa ra các cách giải cho một bài toán, từ đó hướng dẫn học sinh tìm được một lời giải ngắn nhất và phù hợp nhất đối với từng học sinh. - Tăng cường các hoạt động tìm tòi, quan sát,đo đạc, dự đoán tiếp cận lời giải. - Nắm vững kiến thức cơ bản, huy động, vận dụng kiến thức cơ bản vào giải quyết các vấn đề có liên quan. 2.2. Kiến thức cần truyền đạt: Xuất phát từ điều mong muốn rèn luyện được khả năng sáng tạo, tìm được nhiều cách giải do đó bản thân người thầy, người dạy phải là người tìm ra nhiều cách giải nhất và hướng dẫn học sinh tìm được lời giải cho bài toán. Trong đề tài này do khuôn khổ, giới hạn của đề tài tôi chỉ đưa ra một số dạng cơ bản và một bài tập điển hình cho dạng toán. Dạng 1: Chứng minh các đoạn thẳng bằng nhau. Dạng 2: Quan hệ giữa các góc trong tam giác,và góc với đường tròn. 3
3.  Mặt khác: P1 = D· AP (So le trong vì AD // PI)   Do đó: P1 = P2 APK = API (Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau) PK = PI Cách giải 2: (Hình 2) Gợi ý: - Ngoài cách chứng minh hai tam giác APK và API bằng nhau   cách 1 ta chứng minh P1 = P2 . Ta chứng minh Aµ 1 = Aµ 2 - Gọi F là giao điểm của AP với đường tròn đường kính AD Lời giải: Ta có: A· FD = 900 (Góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Tam giác ADP cân tại D có DF là đường cao nên DF cũng là phân giác suy ra. Dµ 1 = Dµ 2 mà Dµ 2 = Aµ 1 ; Dµ 1 = Aµ 2 Vì đều là góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc Suy ra: Aµ 1 = Aµ 2 APK = API (Có chung cạnh huyền và một cặp góc nhọn bằng nhau) PK = PI Cách giải 3: (Hình 2) Gợi ý: - Cách giải này chúng ta cũng đi chứng minh Aµ 1 = Aµ 2 nhưng việc chứng minh được áp dụng bằng kiến thức khác. - Chú ý rằng AB là tiếp tuyến của đường tròn tâm D nên ta có: 1 Lời giải: Ta có I·AK = A· DK (Có số đo bằng sđ A»K ) 2 5
4. Dạng 2: Quan hệ giữa các góc trong hình học: BÀI TOÁN 2: Cho ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O, với AB > AC. Kẻ đường cao AH, bán kính OA. Chứng minh O· AH = A· CB - A· BC . Cách giải 1: (Hình 1) Gợi ý: - Kẻ OI  AC cắt AH ở M - Áp dụng kiến thức về góc ngoài tam giác. - Góc nội tiếp,góc ở tâm. Lời giải: Ta có: O· MH = A· CB (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc) 1 A· OM = A· BC (cùng bằng sđ)A»C 2 Trong OAM thì: O· MH = A· OM + O· AH (Góc ngoài tam giác) Hay A· CB = A· BC + O· AH Vậy: O· AH = A· CB - A· BC (Đpcm) Cách giải 2: (Hình 2) 7
5. Gợi ý: - Kẻ đường kính AOD - Kẻ CK  AD Lời giải: Ta có: O· AH = K· CB (1) (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc) A· BC = A· DC (2) (góc nội tiếp cùng chắn A»C ) Cộng từng vế của (1) và (2) Ta được: O· AH + A· BC = K· CB + A· DC Mà: A· DC = K· CA (góc có các cặp cạnh tương ứng vuông góc) O· AH + A· BC = K· CB + K¼CA = A· CB Vậy: O· AH = A· CB - A· BC (Đpcm) Cách giải 5: (Hình 5) Gợi ý: - Kẻ đường kính AOD - Gọi M là giao điểm của AH và DC Lời giải: Ta có: A· MC = A· CB (1) (góc có cạnh các cặp cạnh tương ứng vuông góc) A· DM = A· BC (2) (góc nội tiếp cùng chắn)A»C Trừ từng vế của (1) và (2) Ta được: A· MC - A· DM = A· CB - A· BC Mà: A· MC - A· DM = O· AH (góc ngoài tam giác) Vậy O· AH = A· CB - A· BC (Đpcm) Cách giải 6: (Hình 6) 9
6. Dạng 3: Chứng minh ba điểm thẳng hàng: BÀI TOÁN 3: Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn (O). M ; N ; P lần lượt là cá điểm chính giữa các cung nhỏ A»B ; B»C ; C»A . MN và NP cắt AB và AC theo thứ tự ở R và S. Chứng minh rằng: RS // BC và RS đi qua tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Cách giải 1: (Hình 1) Gợi ý: Đây là một bài toán hình tương đối khó đối với học sinh nếu không có tư duy tốt trong hình học. Khi đưa ra bài toán này ngay cả việc vẽ hình cũng là một vấn đề khó và các em đã không tìm ra được lời giải. Dưới sự hướng dẫn của thầy. Ta có AN; BP và AN là các tia phân giác của tam giác ABC. Gọi I là giao điểm của các đường phân giác. Khi đó ta có I chính là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Để chứng minh cho RS // BC và I RS ta đi chứng minh IR//BC; IS//BC rồi sử dụng tiên đề về đường thẳng song song để suy ra điều phải chứng minh. Sau một thời gian ngắn một học sinh đã tìm ra được lời giải cho bài toán này. Và cũng là lời giải ngắn mà thầy đã tìm ra. C»P Lời giải: Xét NBI ta có: I·BN = Bµ 2 + Bµ 3 mà Bµ 2 = ; Bµ 3 = N· AC (Góc nội 2 B· AC tiếp chắn cung N»C ); N· AC = 2 Aµ µB Do đó I·BN = ; 2 Aµ µB B· IN = Aµ 1 + Bµ 1 = (Góc ngoài của tam giác ABI) 2 I·BN = B· IN NBI cân tại N N thuộc trung trực của đoạn thẳng BI. Ta chứng minh đường trung trực của đoạn thẳng này chính là RN. 11
7. Gọi giao điểm của RS với AN là I, của BC và AN là D vì RS // BC nên ta có: AI RA NA RA AI NA = mà suy ra = ID RB NB RB ID NB BND ANB (vì có góc B· NA chung vàB· AN N· BD ) NA AB AI AB Nên . Vậy = NB BD ID BD Suy ra BI là phân giác của góc A· BC Ở trên ta có I thuộc phân giác AN của B· AC ta lại vừa chứng minh I thuộc phân giác A· BC nên I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.( Đpcm) BÀI TOÁN 4: T ừ một điểm trên đường tròn ngoại tiếp của một tam giác bất kì hạ các đường vuông góc xuống ba cạnh của tam giác ABC nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng chân của ba đường vuông góc đó thẳng hàng (Đường thẳng này gọi là đường thẳng Simson) Cách giải 1: Vì Dµ = Eµ = 900 tứ giác BDPE là tứ giác nội tiếp B· ED = B· PD (*)(Góc nội tiếp cùng chắn một cung) F = Eµ = 900 tứ giác EFCP cũng là tứ giác nội tiếp F· EC = F· PC ( ) (Góc nội tiếp cùng chắn một cung) Vì tứ giác ABPC nội tiếp đường tròn B· PC = - Aµ (1) PD  AB  D· PF = - Aµ (2) PF  AC Từ (1) và (2) B· PC = D· PF B· PD = F· PC ( ) Từ (*) ; ( ) và ( ) B· ED = F· EC D ; E ; F thẳng hàng. 13
8. Lời giải: Ta có các tam giác OAP và tam giác O'BP là các tam giác cân tại O và O' Suy ra:O· AP = O· PA và O· 'PB = O· 'BP mà O· PA = O· 'PB (Hai góc đối đỉnh) PA PO R O· AP = P· BO' OAP O'BP = 1 (1) PB PO' R 2 Tương tự ta cũng có: O· CP = O· PC vàO· 'PD = O· 'DP mà O· PC = O· 'PD ( Hai góc đối đỉnh) PC PO R O· CP = P· DO' OCP O'DP = 1 (2) PD PO' R 2 PA PC R Từ (1) và (2) ta có: = 1 PB PD R 2 · · Lại có CPA = BPD Suy ra : PA1B1 PA2B2 Cách giải 2: (Hình 2) Gợi ý: - Kẻ tiếp tuyến chung xPy của hai đường tròn. - Áp dụng trường hợp đồng dạng thứ ba - Áp dụng định lí về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung 15
9. Xét tứ giác AKOI có I = Kµ = 900 AKOI là tứ giác nội tiếp I·KO = O· AH Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn. Cách giải 2: Ta có BN là đường trung trực của AH B· HO = B· AO mà B· AO = O· AC nên B· HO = O· AC Tứ giác AOHC nội tiếp được. A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn. Cách giải 3: ABI là tam giác vuông nên I·BA + B· AI = 1800 hay Bµ Aµ I·BA + B· AO + O· AI = 1800 Suy ra: O· AI + + = 900 O· AI bằng (hoặc bù) 2 2 với góc O· CH Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn. Cách giải 4: Bµ * Đối với (Hình 1) ta có A· HC = 900 + Góc ngoài trong tam giác 2 Bµ A· OC = 900 + (Vì O là tâm của đường tròn nội tiếp) 2 A· HC = A· OC Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn. Bµ * Đối với (Hình 2) Xét trong tam giác IBH ta có A· HC = 900 - 2 Bµ A· OC = 900 + (Vì O là tâm của đường tròn nội tiếp ) A· HC + A· OC = 1800 2 Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn. Cách giải 5: Aµ + Bµ Ta có A· ON = (Góc ngoài ở đỉnh O của tam giác AOB) 2 A· OH = Aµ + Bµ A· OH + A· CH = 1800 (Hình 1) hoặc A· OH = A· CH = Aµ + Bµ (Hình 2) Tứ giác AOHC nội tiếp được A; O; H; C cùng nằm trên một đường tròn 17
10. Trên tia BP lấy một điểm D sao cho PD = PC Ta có:C· PD = 600 ( Vì C· PB = 1200 góc nội tiếp chắn cung 1200) nên tam giác CPD là tam giác đều A· PB = C· DP = 600 Vì vậy AP // CD BPQ BDC. BP BD BP + PC 1 BP + PC 1 1 1 = = = PQ CD CP PQ CP.BP PQ BP CP 1 1 1 = - (Đpcm) CP PQ BP Đối với bài toán này việc vẽ đường phụ là quan trọng. HS cần áp dụng kiến thức về hai tam giác đồng dạng, kiến thức về tam giác cân, tam giác đều. Tính chất của dãy tỉ số bằng nhau đã được học ở lớp 7 vào giải bài toán. Hai cách giải trên tương tự giống nhau. Song sau khi đã tìm được lời giải 1 giáo viên cần gợi ý cho HS qua câu hỏi. Vậy nếu trên tia BP lấy một điểm D sao cho PD = PC thì ta có thể chứng minh được hệ thức trên hay không? Như vậy thì học sinh mới tư duy và tìm tòi lời giải. Giáo viên không nên đưa ra lời giải mà phải để học sinh tìm lời giải cho bài toán. Bài tập có thể giải được nhiều cách. Bài tập 1: Ở miền trong của hình vuông ABCD lấy một điểm E sao cho E· AB = E· BA = 150. Chứng minh rằng tam giác ADE là tam giác đều. Bài tập 2: Chứng minh định lí Pitago. Bài tập 3: Cho hình vuông ABCD, O là giao điểm của đường chéo AC và BD gọi M và N là trung điểm của OB và CD chứng minh A; M; N; D cùng thuộc đường tròn. Bài tập 4: Cho tứ giác ABCD; AD = BC; M và N là trung điểm chính giữa của AB và DC kéo dài AD, MN cắt nhau tại E kéo dài BC, MN cắt nhau tại F. Chứng minh rằng: A· EM = B· FM Bài tập 5: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AC. Trên tia AB lấy điểm D sao cho AD = 3AB. Đường thẳng Dy vuông góc với DC tại D cắt tiếp tuyến Ax của đường tròn (O) tại E. Chứng minh tam giác BDE là tam giác cân. Khái quát hoá bài toán. Sau khi đã tìm ra các cách giải khác nhau, giáo viên cần cho học sinh khái quát hoá bài toán bằng cách trả lời được một số câu hỏi cụ thế sau: 1) Trong các cách chứng minh những kiến nào đã được vận dụng ? 19
11. 4. Bài học kinh nghiệm: 4.1. Đối với giáo viên: - Cần xác định đúng yêu cầu nhiệm vụ, trách nhiệm và vấn đề bồi dưỡng học sinh giỏi, và vấn đề chất lượng học sinh môn Toán, chất lượng học sinh giỏi. - Nhiệt tình trách nhiệm cao chăm lo đến chất lượng học sinh đặc biệt là học sinh giỏi. - Có kế hoạch phấn đấu cụ thể cho từng đối tượng học sinh, có thời gian bồi dưỡng cu thể, có chương trình bồi dưỡng phù hợp với từng đối tượng học sinh. - Nắm vững kiến thức Toán học, nội dung chương trình SGK, nắm vững phương pháp giảng dạy môn Toán, phương pháp bồi dưỡng học sinh giỏi. 4.2. Đối với học sinh: - Phát động phong trào thi đua học tập thường xuyên. - Chọn đối tượng phù hợp để bồi dưỡng. - Hướng dẫn việc học tập và phương pháp học tập trên lớp của học sinh. - Kiểm tra việc học tập trên lớp, học tập ở nhà của học sinh thông qua giờ dạy, vở ghi, vở bài tập - Sau khi kiểm tra thông báo kết quả động viên học sinh học tập đặt biệt là đối với những em có kết quả cao để phấn đấu có kế hoạch bổ sung. - Kết hợp chặt chẽ với giáo viên bộ môn trong quá trình giảng dạy bồi dưỡng, đặc biệt quan tâm đến đối tượng học sinh giỏi để các em phát triển đồng bộ các môn nhằm tạo điều kiện cho các em phát triển môn Toán. - Đối với cha mẹ học sinh giỏi: Động viên hướng dẫn quản lý kiểm tra học sinh về vấn đề học tập ở nhà của học sinh. Cha mẹ phải thực sự nhiệt tình chăm lo đến con cái. 4.3. Kết quả đạt được: Trong thực tế giảng dạy việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi môn toán, với cách làm trên đây đã mang lại hiệu quả cao trong việc rèn luyện năng lực sáng tạo toán cho học sinh. Cụ thể 85% các em học sinh đã thực sự có hứng thú học toán bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi, đã tự độc lập tìm tòi ra nhiều cách giải khác nhau mà không cần sự gợi ý của giáo viên. 15% các em còn cần gợi ý các trường hợp, song rất mong muốn được tham dự lớp bồi dưỡng học sinh giỏi này. 21
12. PHẦN III: KẾT LUẬN Giảng dạy áp dụng sáng kiến trên đây đã mang lại hiệu quả của việc bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán. Nhiều học sinh đã chủ động tìm tòi, định hướng và sáng tạo ra nhiều cách giải toán không cần sự góp ý của giáo viên. Từ đó đã mang lại các kết quả bất ngờ từ việc giải toán thông qua các phương pháp sáng tạo tìm lời giải của một bài toán cho học sinh. Chính vì vậy mỗi giáo viên nói chung và bản thân tôi nói riêng cần hiểu rõ khả năng tiếp thu bài của đối tượng học sinh để đưa ra các bài tập và phương pháp giải toán cho phù hợp giúp các em làm được và sáng tạo các cách giải gây hứng thú cho các em, từ đó sẽ dần dần nâng cao kiến thức từ dễ đến khó. Để làm được như vậy đối với mỗi giáo viên cần tìm tòi tham khảo nhiều tài liệu để tìm ra các bài toán hay, với nhiều cách giải khác nhau để tung ra cho học sinh cùng làm, cùng phát hiện các cách giải hay. Thông qua phương pháp giáo dục cho các em năng lực tư duy độc lập, rèn tư duy sáng tạo tính tự giác học tập, phương pháp giải toán nhanh, kỹ năng phát hiện tốt. Trên đây là vài kinh nghiệm nhỏ về việc bồi dưỡng học sinh khá, giỏi. Rất mong bạn bè, thầy cô giáo góp ý để tôi có nhiều kinh nghiệm tốt hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn! 23