SKKN Giúp học sinh hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học qua việc xây dựng hệ thống bài tập từ một bài tập ban đầu theo nhiều hướng khác nhau

Nội dung text: SKKN Giúp học sinh hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học qua việc xây dựng hệ thống bài tập từ một bài tập ban đầu theo nhiều hướng khác nhau

1. Phần I. ĐẶT VẤN ĐỀ I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Trong quá trình giảng dạy nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi nói riêng thì việc định hướng, liên kết, mở rộng và lật ngược bài toán là một vấn đề rất quan trọng, nó không chỉ giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán cơ bản mà còn 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, mở rộng và lật ngược các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữa chúng sẽ giúp cho học sinh hứng thú và phát triển năng lực tự học một cách khoa học khi học toán. Qua nhiều năm giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi tôi được tiếp xúc với rất nhiều đối tượng học sinh và thấy rằng đa số học sinh không nhớ những bài đã làm thậm chí có những bài chỉ khác nhau bởi lời văn nhưng nội dung lại hoàn giống với bài toán cũ. Đặc biệt là các bài toán đảo và bài toán tổng quát học sinh thường không có kỷ năng nhận ra. Chính vì vậy, để giúp học sinh dễ dàng nhận ra các bài toán cũ, bài toán đảo, bài toán tổng quát đồng thời góp phần vào việc đổi mới phương pháp dạy học theo hướng tích cực và bồi dưỡng năng lực học toán cho học sinh, rèn luyện khả năng sáng tạo trong học toán cho học sinh cũng như muốn góp phần vào công tác bồi dưỡng đội ngũ học sinh giỏi Toán trường THCS Lê Lợi nói riêng và học sinh toàn huyện Yên Thành nói chung. Tôi xin được trình bày đề tài: “ Giúp học sinh hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học qua việc xây dựng hệ thống bài tập từ một bài tập ban đầu theo nhiều hướng khác nhau ” II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU - Cung cấp kiến thức và phương pháp tự học cho học sinh khi học bộ môn Toán. - Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động của học sinh. Khơi dậy tính sáng tạo và giải toán của học sinh. - Phát triển năng lực tự học, biết liên kết và mở rộng các bài toán từ đó giúp các em hình thành phương pháp giải. - Giúp học sinh hứng thú hơn trong học tập đặc biệt là bồi dưỡng Học sinh giỏi. III. PHẠM VI NGHIÊN CỨU Nội dung chương trình Toán THCS mà chủ yếu là chương trình lớp 8 và lớp 9 IV. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Phương pháp hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và năng lực tự học của học sinh. 1
2. Phần II. NỘI DUNG I. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỂN CỦA ĐỀ TÀI 1.Cở sở lý luận Đặc điểm của lứa tuổi THCS là muốn tự mình khám phá, tìm hiểu trong quá trình nhận thức. Các em có khả năng điều chỉnh hoạt động học tập, sẵn sàng tham gia các hoạt động học tập khác nhau nhưng cần phải có sự hướng dẫn, điều hành một cách khoa học và nghệ thuật của thầy cô giáo. Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học của học là một quá trình lâu dài, kiên nhẩn và phải có phương pháp. Tính tích cực, tự giác, chủ động và năng lực tự học 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? Và phải biết tổng hợp các bài toán liên quan. - Tính chủ động của học sinh còn thể hiện ở chổ biết nhìn nhận vấn đề và giải quyết vấn đề. - 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, bồi dưỡng học sinh giỏi và tham khảo học hỏi các đồng nghiệp trong và ngoài huyện tôi nhận ra rằng: - 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 làm bài tập rập khuôn, máy móc để từ đó làm mất đi tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân. - 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 và có hiệu quả. 2
3. II. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN: Trong quá trình dạy toán, chắc rằng các thầy cô giáo đã có không ít lần gặp các bài toán cũ mà cách phát biểu có thể hoàn toàn khác, hoặc khác chút ít. Những bài toán tương tự, mở rộng, đặc biệt hóa hay lật ngược bài toán mà các bài toán này có cùng phương pháp giải. Nếu giáo viên định hướng cho học sinh kỷ năng thường xuyên liên hệ một bài toán mới với những bài toán đã biết như bài toán đảo, bài toán tổng quát, bài toán đặc biệt thì sẽ làm cho học sinh phát hiện ra rằng bài toán đó không mới đối với mình nữa hoặc nhanh chóng xếp loại được bài toán từ đó định hướng được phương pháp giải quyết một cách tích cực và chủ động. Sau đây tôi sẽ đưa ra một số ví dụ để giải quyết thực trạng trên và để thể hiện nội dung của đề tài. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các tam giác đều ABF, ACD. Chứng minh rằng : a. CF = BD b. BOC = 1200 1.Hướng dẫn a. Xét hai tam giác ABD và AFC có AF = AB, AD = AC, FAC = BAD D Do đó: ∆ABD = ∆AFC CF = BD b. ∆ABD = ∆AFC ( câu a) A F 1 B 1 = F 1 1 3 1 2 AOBF nội tiếp O 1 1 C 0 2 0 O 1 = B 2 = 60 và O 2 = A 1 = 60 B AOB = 1200 (1) Tương tự: AOC = 1200 (2) Từ (1) và (2) suy ra BOC = 1200 .Vậy AOB = BOC = AOC = 1200 ( ĐPCM) 2. Xây dựng hệ thống bài toán . Qua việc chứng minh ví dụ 1 ta thấy nếu vẽ về phía ngoài tam giác ABC hai tam giác đều thì ta luôn có AOB = BOC = AOC = 1200 .Với cách suy nghĩ này ta có bài toán 1 và đây là bài toán đảo của ví dụ 1 3
4. Bài toán 1: Cho tam giác ABC nhọn hãy dựng một điểm O trong tam giác sao cho AOB = BOC = AOC . Nhận xét: Rõ ràng nếu chưa có ví dụ 1 thì bài toán này không đơn giản nhưng nếu có ví dụ 1 và bài toán 1 thì bài toán này trở nên đơn giản . Hướng dẫn D A F 1 1 3 1 2 O 1 1 C 2 B a. Cách dựng - Dựng về phía ngoài tam giác ABC, 2 tam giác đều ABF, ACD. - Giao điểm của BD và FC là điểm O cần dựng b. Chứng minh - ∆ABD = ∆AFC (theo cách dựng và ví dụ 1) B 1 = F 1 0 AOBF nội tiếp O 1 = B 2 = 60 0 0 và O 2 = A 1 = 60 AOB = 120 (1) - Tương tự: AOC = 1200 (2) Từ (1) và (2) suy ra BOC = 1200 .Vậy AOB = BOC = AOC = 1200 ( ĐPCM) Nếu trên cạnh OD ta lấy điểm P sao cho PD = OA suy ra CPD = COA. Với cách suy nghĩ này ta có bài toán thứ 2. Bài toán 2: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các tam giác đều ABF, ACD. Gọi giao điểm của BD và CF là O. Chứng minh rằng OA + OB +OC = BD Hướng dẫn: D A F P O B C 4
5. Trên cạnh OD ta lấy điểm P sao cho PD = OA - Xét hai tam giác: CPD và COA có: + PD = OA (Cách vẽ), + PDC = OAC ( OADC nt, ví dụ 1) + DC = AC (gt). Do đó CPD = COA (c.g.c) CP = OC (1) và CPD = COA =1200 CPO = 600 (2) Từ (1) và (2) suy ra CPO đều OP = OC Vậy ta có: OA + OB + OC = PD + OB + OP Hay OA + OB + OC = BD. Qua bài toán thứ 2 ta thấy BD không đổi (B và D cố định) suy ra OA + OB + OC không đổi và từ đây ta có bài toán thứ 3. Bài toán 3: Cho tam giác nhọn ABC, dựng tam giác đều ACD về phía ngoài tam giác ABC. O là một điểm bất kỳ trong tam giác ABC. Tìm vị trí của điểm O sao cho tổng khoảng cách từ O tới ba đỉnh của tam giác là nhỏ nhất. Nhận xét: Đây là bài toán cũ mà mới và khó nếu như các em học sinh chưa gặp bài toán 2 và bài toán 1 nhưng nếu các em đã làm hai bài toán trên thì thực chất bài toán thứ này là bài toán thứ nhất nhưng ở mức độ câu hỏi khó hơn. Thế thì làm thế nào để giáo viên hướng dẫn học sinh làm được bài mà không gặp khó khăn? Đó là hình thành cho các em biết cách liên kết các bài toán đã học với nhau từ đó học sinh sẽ lĩnh hội kiến thức một cách chủ động, tích cực và dễ dàng hơn. Hướng dẫn: D A Q O B C Dựng tam giác đều OCQ ở phía ngoài tam giác OBC có bờ là đường thẳng OC. - Xét hai tam giác: ∆CQD và ∆COA, có: + CQ = CO, QCD = OCA và DC = AC (gt) CQD = COA (c.g.c) OA = QD Vậy ta có: OA + OB + OC = BO + OQ + QD OA + OB + OC BO + OD OA + OB + OC BD 5
6. Dấu “ =” xảy ra khi + O, Q, D thẳng hàng mà CQO = 600 CQD = 1200 COA = 1200 (1) + B, O, Q thẳng hàng mà COQ = 600 COB = 1200 (2) Từ (1) và (2) suy ra O là điểm nhìn ba cạnh của tam giác ABC dưới một góc bằng 1200 hay O là giao điểm của 3 cung chứa 3 góc BOC , AOB , AOC dựng trên 3 đoạn thẳng BC, AB, AC. Nếu giữ nguyên giả thiết của ví dụ 1 và thêm chút giả thiết ta sẽ có bài toán 4 khó hơn rất nhiều. Bài toán 4: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của cạnh AF và CD. P là một điểm thuộc BC sao cho BP = 3PC. Tam giác MNP là tam giác gì? Nhận xét: Đây thực sự là một bài toán rất khó, nhưng nếu ta biết giúp các em liên hệ với các bài toán trước và bằng cách dự đoán hình vẽ thì bài này trở nên không phải là khó lắm. Đối với bài toán dạng như trên thì các tam giác chỉ có thể là các tam giác đặc biệt như tam giác cân, đều, vuông Ở bài này nhìn hình vẽ ta dự đoán là tam giác vuông. Hướng dẫn: D A M F N H 1 B P C - Từ N kẻ NH  AC . Xét tam giác vuông HNC có: HCN = 600 nên HNC = 300 HC = NC HC = DC = AC (1) Mà PC = BC ( gt) (2) Từ (1) và (2) suy ra HP // AB( Theo ĐL ta lét đảo) PH = AB = AM ( ví AB = AF) (3) - Xét tam giác AHN vuông có HAN = 300 HN = AN (4) Từ (3) và (4) ta có : = ( vì cùng = ) Mặt khác: MA N = PHN ( PHC = BAC , MAB + AHN = NHC = 900) Do đó : ∆PHN ∽∆ MAN = và AHN = MNP ∆NPM ∽∆ NHA Nên NPM = NHA = 900 6