(SKKN mới NHẤT) SKKN rèn luyện kỹ năng tư duy cho học sinh lớp 8 trường THCS thị trấn cành nàng qua việc khai thác và phát triển bài toán hình học

Sau khi suy nghĩ như vậy và hướng các em học sinh theo hướng khai thác, phát triển ở một bài toán để trở thành một “họ” của bài toán đó hay ta có một “chùm” các bài toán hay làm tôi rất

MỤC LỤC

1 Mở đầu … trang 2

2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm trang 4

3 Kết luận - Đề xuất trang 21

4 Tài liệu tham khảo trang 22

1 MỞ ĐẦU

1.1 Lí 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 thoả mãn yêu cầu Thậm chí cảđối với một số học sinh khá giỏi, có năng lực học toán cũng vậy Điều đó thậtđáng tiếc và cuối cùng chính nó làm tôi suy nghĩ và tìm tòi biện pháp để hướngcác em hãy dành một thời gian vừa đủ để suy xét một bài toán mình vừa giảixong Sau khi suy nghĩ như vậy và hướng các em học sinh theo hướng khai thác,

phát triển ở một bài toán để trở thành một “họ” của bài toán đó hay ta có một

“chùm” các bài toán hay làm tôi rất tâm đắc bởi các em đã được thoả sức phát

huy trí sáng tạo của mình, tìm tòi mọi góc độ xung quanh một bài toán ban đầu,qua đó các em khắc sâu được kiến thức cơ bản, có khả năng tư duy lôgic, xâuchuỗi các vấn đề liên quan, có cái nhìn khái quát về một dạng toán Và điềuquan trọng hơn cả là thông qua cách hướng dẫn này phù hợp với phương phápdạy học 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

Từ suy nghĩ ấy tôi đã trăn trở và mạnh dạn đưa ra một hướng: “Rèn luyện

kỹ năng tư duy cho học sinh lớp 8 trường THCS thị trấn Cành Nàng qua việc khai thác và phát triển bài toán hình học” nhằm giúp các em tạo ra một

thói quen tốt sau khi giải một bài toán đồng thời giúp các em yêu thích bộ môn

toán có thêm điều kiện để phát triển thêm về năng lực tư duy

1.2 Mục đích nghiên cứu

Nâng cao tính tư duy của học sinh, phát huy tính tích cực, chủ động, sángtạo của học sinh Từ đó góp phần nâng cao chất lượng giáo dục và phát hiệnnguồn học sinh giỏi cho các lớp trên

1.3 Đối tượng nghiên cứu:

Rèn luyện kĩ năng tự tìm tòi, phát hiện những kiến thức mới lạ của họcsinh lớp 8 trường THCS thị trấn Cành Nàng từ những bài toán tưởng chừng đơngiản trong bộ môn toán học

1.4 Phương pháp nghiên cứu:

- Phương pháp nghiên cứu tài liệu

- Phương pháp quan sát

- Phương pháp thống kê toán học

- Phương pháp so sánh, phân tích, tổng hợp

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm

Chúng ta đã biết rằng mỗi một sự việc, hiện tượng đều do một số nguyên

nhân sinh ra Khi điều kiện thay đổi thì kết quả sẽ thay đổi theo và cũng có thể

từ những nguyên nhân ấy tạo ra được kết quả mới Trong toán học cũng vậy, từmột số điều kiện ( giả thiết của bài toán ) hoặc những cái đã biết ta phải chỉ ranhững kết quả thu được ( kết luận của bài toán ) Nhưng việc chỉ ra được kết quảchỉ là một yêu cầu trước mắt của bài toán Điều quan trọng là phải rèn luyện chohọc có thói quen suy xét thêm những gì sau khi giải được bài toán đó Chẳnghạn:

- Còn có thể giải bài toán đó bằng cách nào nữa không ? Có thể trình bàyngắn gọn hơn nữa không ?

- Cũng giả thiết ấy thì còn có thể kết luận được gì nữa không ?

- Nếu thay đổi một vài điều kiện của giả thiết thì kết luận mới thu được có gìđặc biệt ?

- Nếu đảo lại thì bài toán đó có gì thay đổi ? …

Rõ ràng nếu tự giác làm được những công việc ấy sau khi giải một bài toánhình thì vô cùng có ý nghĩa Nó tạo cho các em một thói quen tốt sau khi giảiquyết xong một công việc nhằm đánh giá đúng mức những gì đã làm, những gìchưa làm được từ đó rút ra bài học bổ ích cho chính mình

2.2 Thực trạng của vấn đề

Cấu trúc chương trình môn Toán 8 THCS gồm hai phần: Đại số và hình học.

Trong đó hình học có tất cả 70 tiết được chia làm 4 chương: Chương I: Tứ giác(25 tiết); chương II: Đa giác - Diện tích của đa giác (11 tiết); chương III: Tamgiác đồng dạng (18 tiết); chương IV: Hìmh lăng trụ đứng – Hình chóp đều (16tiết)

Qua quá trình dạy học môn Toán nhiều năm, tôi nhận thấy việc học môn hìnhhọc của học sinh là rất khó khăn Các em không biết nên bắt đầu từ đâu để

chứng minh một bài toán hình và trong quá trình chứng minh nên vận dụngnhững kiến thức nào, nên trình bày lời giải như thế nào cho đúng trình tự… chứchưa nói đến việc tư duy để khai thác và phát triển bài toán mà thầy giáo đưa ra.Đặc biệt với bộ môn Toán lớp 8, nhiều năm dạy tại trường THCS Thiết Ống tôithấy rằng: Rất nhiều học sinh cảm thấy sợ khi làm bài tập hình, một số em khilàm xong bài tập thầy giáo đưa ra thường không suy nghĩ gì thêm Từ tháng10/2014 khi được về công tác tại trường THCS Thị trấn Cành Nàng và tiếp tụcđược phân công dạy toán 8 tôi nhận thấy: Ở các lớp năng khiếu, nhiều em hamhọc hỏi, thường đặt ra những câu hỏi xung quanh bài toán mà thầy giáo đưa rakhiến tôi phải suy nghĩ Điều đó làm tôi phấn khởi vì đã có những học sinh

“thực sự” yêu thích và say mê môn toán Vì vậy cần thiết phải rèn luyện “bày”

cho học sinh một phương pháp học hiệu quả là: Tư duy để đưa một bài toán hìnhhọc phức tạp về một bài toán quen thuộc đã biết

Do đặc điểm của nội dung kiến thức, sáng kiến kinh nghiệm này tôi chỉ đưa ra

để áp dụng cho các em khối lớp 8 Trong quá trình ôn học sinh giỏi khối 8 củatrường THCS Thị trấn Cành Nàng, khi đưa ra các bài tập mà chưa hướng các em

tư duy thì kết quả thu được rất khiêm tốn Cụ thể tôi đã ôn 15 em học sinh khối

8 và sau một số bài kiểm tra với nội dung tương tự như trong SKKN tôi đã trìnhbày, kết quả thu được như sau:

toán sau chính là hệ thống các bài toán cực trị có mối quan hệ mà học sinh cầnhướng tới

Ta bắt đầu từ một bài toán quen thuộc trong chương trình toán lớp 8

Bài toán 1: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB =3 cm; AC = 4cm Trên

cạnh BC lấy điểm M sao cho BM = 3cm Gọi P,Q lần lượt là hình chiếu củađiểm M trên AC và AB

a) Tính diện tích tứ giác APMQ ?

b) Với vị trí nào của điểm M trên cạnh BC thì diện tích tứ giác AQMP lớn nhất

Dấu “=” xảy ra khi x = 2,5

Vậy diện tích tứ giác APMQ lớn nhất bằng 3cm2 khi M là trung điểm của BC

Nhận xét: Tam giác vuông ABC có diện tích không đổi Tính diện tích tứ giác

APMQ như thế nào? Diện tích tứ giác này lớn nhất là bao nhiêu? Chúng ta phát triển bài toán trên như sau:

A

B

C M

P Q

Bài toán 1.1: Cho tam giác ABC vuông tại A có diện tích là S không đổi.

Trên cạnh BC lấy điểm M sao cho Gọi P,Q lần lượt là hình chiếu củađiểm M trên AC và AB

a) Tính diện tích tứ giác APMQ ? Áp dụng với S = 36,123456cm2 và k = 2,1234b) Với vị trí nào của điểm M trên cạnh BC thì diện tích tứ giác AQMP lớn nhất

Mà Dấu “ = ” xảy ra khi

Vậy khi M là trung điểm của BC thì diện tích tứ giác APMQ lớn nhất là

Nhận xét: . Vậy để tính diện tích tứ giác APMQ ta tính Từ đó ta có các cách giải bài toán như sau:

A

B

C M

P Q

Nhận xét : Ta nhận thấy rằng nếu lấy điểm E đối xứng với điểm M qua AB,

điểm F đối xứng với điểm M qua AC thì 3 điểm E, A, F thẳng hàng và diện tích tam giác MEF gấp hai lần diện tích tứ giác AQMP

A

B

C M

P Q

M

C B

A

F E

S1

S2

Vì vậy, ta có thể phát biểu thành một bài toán mới như sau:

Bài toán 1.2: Cho tam giác ABC vuông tại A có diện tích là S không đổi.

Trên cạnh BC lấy điểm M sao cho Gọi E,F lần lượt là điểm đối xứngcủa M qua AB và AC

a) Tính diện tích tam giác MEF ? Áp dụng với S = 36,123456cm2 và k = 2,1234b) Với vị trí nào của điểm M trên cạnh BC thì diện tích tam giác MEF lớn nhất

Hướng dẫn: Trước hết ta chứng minh ba điểm E, A, F thẳng hàng bằng cách

chứng minh EAF bằng 1800 Điều đó dẫn đến việc ta phải chứng minh ∆EAQ=

∆MAQ và ∆FAP=∆MAP, từ đó suy ra từ đó suy ra và

=> đưa về bài toán 1.1.

Nhận xét : Dựa vào cách giải bài toán 1.1 nếu thay tam giác ABC vuông ở A bằng một tam giác ABC bất kỳ và P,Q được thay là giao điểm của các đường

thẳng qua M song song với AB và AC Ta có bài toán 1.3.

Bài toán 1.3: Cho tam giác ABC có diện tích là S không đổi Trên cạnh BC

lấy điểm M sao cho Đường thẳng qua M và song song với AB cắt ACtại P, đường thẳng qua M và song song với AC cắt AB tại Q

a) Tính diện tích tứ giác APMQ ? Áp dụng với S = 36,123456cm2 và k = 2,1234b) Với vị trí nào của điểm M trên cạnh BC thì diện tích tứ giác AQMP lớn nhất

H

K A

M P Q

Phân tích bài toán: Rõ ràng bài toán này là bài toán tổng quát của bài toán

1.1 Từ đó ta có thể giải bài toán 1.3 như sau:

Mà Dấu “ = ” xảy ra khi

Vậy khi M là trung điểm của BC thì diện tích tứ giác APMQ lớn nhất là

Cách 2: Tương tự cách 2 của bài toán 1.1.

Nhận xét : Ta nhận thấy rằng nếu lấy điểm E đối xứng với điểm M qua AB,

điểm F đối xứng với điểm M qua AC thì 3 điểm E, A, F thẳng hàng và diện tích tam giác MEF gấp hai lần diện tích tứ giác AQMP

Vì vậy, ta có thể phát biểu thành một bài toán mới như sau:

1

Bài toán 1.4: Cho tam giác ABC có diện tích là S không đổi Trên cạnh BC

lấy điểm M sao cho Gọi E, F lần lượt là điểm đối xứng của M qua AB

và AC

a) Tính diện tích tam giác MEF ? Áp dụng với S = 36,123456cm2 và k = 2,1234b) Với vị trí nào của điểm M trên cạnh BC thì diện tích tam giác MEF lớn nhất

Hướng dẫn: Trước hết ta chứng minh ba điểm E, A, F thẳng hàng bằng cách

chứng minh EAF bằng 1800 Điều đó dẫn đến việc ta phải chứng minh EA//PQ

và AF//PQ, từ đó suy ra

=> đưa về bài toán 1.1

Nhận xét : Xét trường hợp điểm M nằm trong tam giác ABC Qua M kẻ

đường thẳng song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại H, G Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC, BC lần lượt tại P, N Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB, BC lần lượt tại Q, K Gọi S1 = SQHM ; S2 = SNMK ; S3 = SPMG Tổng S1 + S2 + S3 có quan hệ gì với SABC và tổng này đạt giá trị nhỏ

nhất bằng bao nhiêu ? Từ đó ta có bài toán 1.5.

Bài toán 1.5 : Cho tam giác ABC, M là điểm nằm trong tam giác Qua M kẻđường thẳng song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại H, G Qua M kẻ đườngthẳng song song với AB cắt AC, BC lần lượt tại P, N Qua M kẻ đường thẳngsong song với AC cắt AB, BC lần lượt tại Q, K Gọi S1 = SQHM ; S2 = SNMK ;

Giải

a) Giả sử Xét tam giác AHG có

=> ( Theo kết quả bài toán 1.3 )

Mà Dấu “=” xảy ra khi M là trung điểm của HG

Chứng minh tương tự ta được: ;

Suy ra

b) Theo câu a ta có đạt giá trị nhỏ nhất <=> M đồng thời là trungđiểm của HG, QK và NP

M là trung điểm của HG <=> AM đi qua trung điểm của BC

M là trung điểm của QK <=> BM đi qua trung điểm của AC

M là trung điểm của NP <=> CM đi qua trung điểm của BA

Khi đó M là trọng tâm của tam giác ABC

Nhận xét : Gọi M là một điểm nằm trên cạnh AB của tam giác ABC Dựng

hình chữ nhật MNPQ sao cho N nằm trên cạnh AC còn 2 điểm P,Q nằm trên cạnh BC Khi đó diện tích của hình chữ nhật MNPQ có quan hệ gì với diện tích của tam giác ABC và với vị trí của M như thế nào thì diện tích hình chữ nhật

MNPQ là lớn nhất Từ đó ta có bài toán 1.6.

Bài toán 1.6 : Cho tam giác ABC có 2 góc nhọn B, C và diện tích là S Trên

cạnh AB lấy điểm M sao cho Dựng hình chữ nhật MNPQ sao cho Nnằm trên cạnh AC còn hai điểm P, Q nằm trên cạnh BC

a) Tính diện tích hình chữ nhật MNPQ? Áp dụng với S = 36,123456cm2 và k =2,1234

b) Với vị trí nào của điểm M trên cạnh BC thì diện tích hình chữ nhật MNPQlớn nhất.

Phân tích : Bài toán này thực chất là bài toán 1.1 được mở rộng nhưng đòi

hỏi HS phải biết cách khéo léo để áp dụng kết quả của nó vào bài toán này

Giải :

a) Kẻ đường cao AI Gọi K là giao điểm của AI với MN

Xét tam giác vuông AIB có

( Theo kết quả bài toán 1.1)

Xét tam giác vuông AIC có

( Theo kết quả bài toán 1.1)

M

P Q

Đẳng thức này xảy ra khi M là trung điểm của BC.

Vậy khi M là trung điểm của AB thì hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất

Nhận xét : Ở bài toán 1.6 ta kẻ thêm đường cao AI nhằm tạo ra đường thẳng

song song với MQ và NP Vậy bằng cách thay hình chữ nhật MNPQ nội tiếp tam giác ABC bởi hình bình hành MNPQ nội tiếp tam giác ABC thì kết quả bài toán

vẫn không thay đổi Ta có bài toán 1.7.

Bài toán 1.7: Cho tam giác ABC có 2 góc nhọn B, C và diện tích là S Trên

cạnh AB lấy điểm M sao cho Dựng hình bình hành MNPQ sao cho Nnằm trên cạnh AC còn hai điểm P, Q nằm trên cạnh BC

a) Tính diện tích hình bình hành MNPQ ? Áp dụng với S = 36,123456cm2 và k =2,1234

b) Với vị trí nào của điểm M trên cạnh BC thì diện tích hình bình hành MNPQlớn nhất

Giải :

a) Kẻ AI //MQ Gọi K là giao điểm của AI với MN

Xét tam giác AIB có

( Theo kết quả bài toán 1.3)

M

P Q

( Theo kết quả bài toán 1.3)

Thay S = 36,123456cm2 và k = 2,1234 ta được

b) Theo câu a ta có

Mà

Đẳng thức này xảy ra khi M là trung điểm của AB

Vậy khi M là trung điểm của BC thì hình bình hành MNPQ có diện tích lớnnhất

Nhận xét : Như vậy, các bài toán trên đã xoay quanh việc nội tiếp hình bình

hành vào trong một tam giác để tính diện tích hình bình hành đó Vậy nếu hình bình hành là cố định thì tam giác được dựng như thế nào sẽ có diện tích nhỏ nhất Ta xét bài toán sau:

Bài toán 1.8: Cho góc xOy và điểm H cố định thuộc miền trong của góc đó.

Vẽ hình bình hành HBOA ( ) Một đường thẳng d quay xungquanh điểm H, cắt tia Ox, tia Oy lần lượt tại C và D ( )

a) Tính biết Áp dụng với S = 36,123456cm2 và k =2,1234

b) Hãy xác định vị trí của đường thẳng d để diện tích tam giác COD nhỏ nhất

x

C B

A

H O

Giải :

a) Xét tam giác ODC có

( Theo kết quả bài toán 1.3)

Thay S = 36,123456cm2 và k = 2,1234 ta được

Mà

Đẳng thức này xảy ra khi H là trung điểm của CD

Vậy khi H là trung điểm của CD thì diện tích tam giác COD nhỏ nhất

Ta có cách dựng đường thẳng d như sau:

Từ H kẻ HA//Ox ( A Oy)

Trên tia Oy ta lấy điểm D sao

cho OD=2OA Nối DH cắt Ox

tại C

CD là đường thẳng cần dựng

Nhận xét : Bây giờ ta xét một bài toán khó hơn mà muốn vận dụng được kết

quả bài toán 1.3 ta phải kẻ đường phụ để chuyển về bài toán đó Ta có bài toán

D

BD cắt nhau tại P Chứng minh rằng:

Phân tích bài toán: Từ yêu cầu của bài toán, gợi cho ta nghĩ đến việc vận

dụng bài toán 1.3 để giải Quan sát hình vẽ ta thấy rằng ABCD là hình thang nên ta có ngay SDAC = SCDB ( hai tam giác có chung đáy, chiều cao bằng nhau)

Vì vậy thay việc chứng minh ta có thể chứng

Từ A kẻ đường thẳng song song với BD cắt DC tại E Qua D kẻ đường thẳng

song song với AC cắt AE tại Q

Áp dụng kết quả bài toán 1.2 ta có:

D

Nhận xét : Từ bài toán 1.9 ta thấy: Hai đường chéo của hình thang cắt nhau

tạo thành bốn tam giác nhỏ Khi đó: Tổng diện tích hai tam giác có một cạnh là cạnh đáy của hình thang lớn hơn hoặc bằng nửa diện tích hình thang, tức là tổng diện tích hai tam giác đó lớn hơn hoặc bằng tổng diện tích hai tam giác còn lại ( Hai tam giác có một cạnh là cạnh bên của hình thang) Hay tổng diện tích hai tam giác có một cạnh là cạnh bên của hình thang bé hơn hoặc bằng nửa diện tích hình thang Các kết quả trên là tương đương.

Ta tiếp tục khai thác kết quả đó ta có bài toán sau:

Bài toán 1.10: Cho hình bình hành ABCD và điểm M cố định trên cạnh BC,

lấy điểm N bất kỳ trên cạnh AD Gọi H là giao điểm của AM và BN, I là giaođiểm của MD và NC Tìm vị trí của điểm N để diện tích MHNI lớn nhất

Phân tích bài toán: Nhìn vào hình vẽ ta thấy: điểm M cố định trên cạnh BC

còn điểm N bất kỳ trên cạnh AD Lúc đó ANMB và CMND luôn là hình thang.

Vì vậy ta suy nghĩ xem có thể vận dụng kết quả bài toán 1.8 vào bài tập này không và vận dụng như thế nào?

B A

M I