Đề tài Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển52697

Vì vậy, việc hướng dẫn học sinh tìm tòi sáng tạo là rát cần thiết đối với tất cả các thầy cô giáo dạy toán.. Lý do chủ quan: Phát huy tính tích cực, tự giác chủ động trong học tập của mỗ

Tìm tòi để sáng tạo, đó là nhiệm vụ hàng đầu của người làm toán Tìm tòi và sáng tạo là một việc không dễ và có nhiều con đường khác nhau để đạt được mục đích

Vì vậy, việc hướng dẫn học sinh tìm tòi sáng tạo là rát cần thiết đối với tất cả các thầy cô giáo dạy toán ở đây, tôi muốn trao đổi một số ví dụ về hướng dẫn học sinh tìm tòi sáng tạo từ một bài toán nhỏ

1 Lý do khách quan:

2 Lý do chủ quan:

Phát huy tính tích cực, tự giác chủ động trong học tập của mỗi học sinh đang là nhiệm vụ trọng tâm trong việc đổi mới phương pháp dạy học hiện nay Cũng giống như các bộ môn khác, môn toán với đặc thù riêng mang tính lôgíc chặt chẽ và đòi hỏi tư duy trừu tượng cao thì việc tạo ra được hứng thú, say mê trong học tập ở tất cả các đối tượng học sinh ( Kém, Yếu , Trung bình, Khá giỏi) là một yêu cầu hết sức cần thiết đối với mỗi giáo viên

Trong thực tế hiện nay mỗi trường, mỗi lớp trình độ nhận thức của học sinh không đồng đều Vậy làm thế nào để thu hút ttất cả các em vào một hoạt động nhận thức với tính tích cực, chủ động cao, làm thế nào để học sinh dù thuộc đối tượng nào (Kém, Yếu , Trung bình, Khá giỏi) cũng đều phát huy tối đa được sự linh hoạt, sáng tạo trong việc tiếp cận tri thức mới hay xây dựng kỹ năng vận dụng kiến thức trong giải bài tập là cả một quá trình xây dựng tìm tòi gia công nghiêm túc của mỗi giáo viên Thực tế cho thấy đối với một bộ môn toán học sinh khối trung học cơ sở ( nhất là các lớp cuối cấp) đã có sự phân hoá rõ rệt trong trình độ nhận thức, cùng một số bài tập thầy giáo giao cho cả lớp làm, có em cảm thấy quá dễ có học sinh lại cảm thấy quá khó Xét ở góc độ tích cực thì cả hai trường hợp đều xảy ra tâm lí không sẵn sàng chủ động giải quyết bài toán Đối với học sinh giỏi thì coi thường hoặc cảm thấy nhàm chán, học sinh yếu thì vì không tìm ra hướng giải quyết sinh ra nản chí Trong trường hợp này vai trò của người giáo viên là hết sức quan trọng, với nhiều đối tượng học sinh chênh lệch về khả năng nhận thức thì việc thiết kế một giờ dạy đảm bảo phát huy tối đa sức suy nghĩ của học sinh là một việc làm cần thiết và không đơn giản

Trong dạy học nói chung và giảng dạy bộ môn toán nói riêng người giáo viên phải đặt trước học sinh những tình huống có vấn đề Tình huống có vấn đề trong bộ môn toán thường đặt ra dưới dạng các bài tập, chính vì vậy trong quá trình xây dựng kiến thức cho học sinh cũng như việc củng cố, rèn luyện kỹ năng giải toán, người giáo viên thường chuẩn bị một hệ thống các câu hỏi , bài tập phù hợp với từng đối tượng học sinh Trong một giờ lên lớp để đảm bảo cho cả một tập thể học sinh đều được tham gia

tích cực vào bài học, một trong nhiều phương pháp đó là “ Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển” với ý nghĩ đó tôi đã thực hiện nghiên cứu giảng dạy

trong quá trình công tác ở trường trung học cơ sở Cẩm Đàn xin trao đổi cùng đồng nghiệp

B.Nội dung:

I/Phần số học;

Bài toán: Một số chia cho 7 thì dư 6, khi chia cho 8 thì dư 5 Hỏi số đó chia cho

56 thì dư bao nhiêu?

Giải:

Cách 1: Gọi số bị chia là a, theo giả thiết ta có:

a = 7q1 + 6 (1)

a = 8q2 + 5 (2) Để tạo ra bội của 56, ta nhân cả hai vế của (1) với 8 và (2) với 7 ta có:

8a = 56q1 + 48 (3)

7a = 56q2 + 35 (4)

Từ (3) và (4) suy ra:

8a – 7a = 56(q1 – q2) +13

Hay a = 56(q1 – q2) +13

Số dư cần tìm là 13

Cách 2: Từ (1) và (2) suy ra : 7q1 + 6 = 8q2 + 5 (5)

Từ (5) rút ra:

7q1 – 7q2 = q2 - 1

Hay q2 - 1 = 7(q1 – q2) = 7q hay q2 = 7q + 1 (6)

Thay (6) vào (2) ta được:

a = 8(7q + 1) + 5 = 56q + 13

Vậy số dư là 13

Lời bình: Từ giả thiết ta có a = 7q1 + 6 và a = 8q2 + 5 ta đã đi đến hai cách giải:

Cách 1: Tìm số dư r khi chia a cho 56, ta tìm cách biểu diễn:

a = 56 q + r với 0 < r < 56

Cách 2: Ta chú ý đến 56 = 7.8 và 8a – 7a = a

Khai thác bài toán:

Từ bài toán trên ta có thể phát triển mở rộng lên thành bài toán tổng quát sau:

Khi chia sốnguyên a cho số nguyên n thì dư r1 , khi chia cho (n +1) thì dư r2 Hỏi khi chia a cho n(n + 1) thì số dư là bao nhiêu?

Gải:

Theo giả thiết ta có :

a = nq1 + r1 và a = (n +1)q2 + r2

Do đó (n + 1)a = n(n +1)q1 + (n +1)r1

Và na = n(n +1)q2 + nr2 _

Từ đó suy ra :

Vì (n +1)r1 - nr2 < n(n +1) nên ta có:

+ Nếu (n +1)r1 - nr2 0 thì số dư là (n +1)r 1 - nr2

+) Nếu (n +1)r1 - nr2 < 0 thì

a = n(n +1)(q1 – q2 - 1) + n(n + 1) + (n +1)r1 - nr2

và 0 < n(n + 1) + (n +1)r1 - nr2 < n(n + 1)

do đó số dư là:

n(n + 1) + (n +1)r1 - nr2

II/Phần đại số:

Bài toán: Tìm giá trị lớn nhất của

x

x A

2 4





Giải:

Cách 1: A xác định 4

0

0 4

















x x

áp dụng bất đẳng thúc Cô si cho hai số không âm ta có:

 

4 2

4 4 2

1 4 4 2

1

x

Do đó:

8

1 2 4 2

4











x

x x

x A

Dấu “ = ” xảy ra x – 4 = 4 x = 8

Vậy giá trị lớn nhất của A là

8 1

Cách 2: A xác định 4

0

0 4

















x x

áp dụng bất đẳng thúc Cô si cho hai số không âm ta có:

  4  4 4 8 4

2

4 4 4

2x   x   x   x

Do đó:

8

1 4 8

4 2

4













x

x x

x A

Dấu “ = ” xảy ra x – 4 = 4 x = 8

Vậy giá trị lớn nhất của A là

8 1

Lời bình: Bài toán trên có hai cách giải đều áp dụng bất đẳng thức Cô sic ho hai

số không âm

Cách 1: Từ x 4 tìm cách viết thành “ Trung bình nhân” thích hợp để khi chuyển sang “Trung bình cộng” phần chứa biến x trong A sẽ bị triệt tiêu chỉ còn lại hằng số

Cách 2: Từ 2x tìm cách viết thành “Trung bình cộng” Thích hợp để khi chuyển sang

“Trung bình nhân” phần chứa biến x trong A sẽ bị triệt tiêu chỉ còn lại hằng số

Từ cách giải bài toán trên ta có thể khai thác phát triển thành bài toán tổng quát sau:

Bài toán tổng quát:

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức trong đó a, b, c, d là những hằng số

d cx

b ax A







áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm ( trong những điều kiện thích hợp nhất định) ta có hai cách giải sau:

Cách 1:

2

a

bc d a

bc cx

a

bc d c

a a

bc d a

bc cx a

bc d c

a b

ax



















 













 











 











 





Do đó











 



a

bc d c

a A

2 1

Cách 2:































































 



c

ad b ax a c

b c

ad b ax a

c c

ad ax a

c d

2 2

Do đó











 



a

bc d c

a A

2 1

Với a =1, b = -4, c=2 và d = 0 ta có bài toán trên

III/ Bài toán hình học:

Bài toán 1: (Bài toán lớp 7)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm

B ta dựng đoạn thẳng AE  AC và AE = AC Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa

điểm C dựng đoạn thẳng ADAB và AB = AD Vẽ đường cao AH của ABC, tia HA cắt BE tại M Chứng minh rằng M là trung điểm của DE

Ta có hình vẽ sau: (hình 1)

D

A

H

Đối với học sinh lớp 7, để chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau ta đưa về việc

chứng minh hai tam giác bằng nhau Dễ kiểm tra thấy DMA chứa MD và MEA chứa

ME không thể bằng nhau

Để giải quyết được vấn đề ta phải tạo ra hai tam giác khác cũng nhận ME là cạnh và

có thể chứng minh đựơc chúng bằng nhau Khai thác ADAB ta suy ra :

= AHB ( vì cùng phụ với góc BAM) kết hợp với AD = AB ta nghĩ đến việc tạo

DAM

ra một tam giác vuông bằng ABH ( cạnh huyền – góc nhọn ) bằng cách kẻ DI 

MA

Tương tự ta cũng có thể kẻ được EK AM để tạo ra một tam bằng giác 

ACH Ta có hình vẽ 2;

D

A

M

E

H

K

I

Khai thác kết quả ta được: DIA = AHB ( cạnh huyền – góc nhọn) ta

được

DI = AH (1)

KEA = HAC (như cách vẽ) ta được KE = AH (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra: DI = KE

Từ kết quả này ta chứng minh được MDI = MEK (Hai tam giác có hai

cạnh góc vuông và một góc nhọn bằng nhau thì bằng nhau)

Từ đó suy ra: MD = ME (đpcm)

Từ bài toán trên theo cách nhìn nhận AB và AD là hai cạnh kề của một hình

vuông thì ta có thể mở rộng thành những bài toán mới sau:

Bài toán 2: (đối với học sinh lớp 8)

Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Lấy AB và AC làm cạnh dựng ra phía ngoài

tam giác hai hình vuông ADQB và AEFC Gọi 01 và 02 theo thứ tự là tâm hai hình vuông trên và N là trung điểm của BC chứng minh rằng: NO1 = NO2 và NO1 NO 2

Giải:

O1N đi qua trung điểm của hai đoạn thẳng nên ta nghĩ đến đường trung bình của tam giác ta có:

O1N  DC và O1N = DC

2 1

(*)

O2N  EB và O2N = EB

2 1

Lúc này bài toán trở về chứng minh DC = EB và DC EB Ta dễ dàng nhận 

thấy:

AD = AB (Cạnh của hình vuông ADQB)

AE = AC ( Cạnh của hình vuông AEFC) => ADC = BAE (c.g.c)











DAC = BAE ( đều bằng 90  0 + BAC) 

=> DC = BE (1) và ADC = ABE  

Gọi P là giao điểm của DC và AB, R là giao của DC và BE

A

B

C

O1

O2

N Q

D

F E

R P

Xét hai tam giác DAP và BRP có :

DPA = BPR ( đối đỉnh) 

PDA = PBR (Chứng minh trên) 

=> DPA = BRA 

Mà DAP = 90 0 (góc của hình vuông) nên BRP = 900

=> DC BE (2)

Từ (*), (1), (2) suy ra: NO1 = NO2 và NO1 NO 2 (đpcm)

Ban đầu ở bài toán 1 đã tạo ra một tam giác bằng tam giác ABH Ta đặt vấn

đề nếu tạo ra tam giác bằng tam giác ABC thì sẽ được kết quả gì khác không?

Điều đó dẫn đến việc đề xuất bài toán sau:

Bài toán 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, Vẽ các đoạn thẳng AD thoả yêu

cầu của bài toán1 Dựng hình bình hành ADGE Vẽ đường cao AH của tam giác ABC Chứng minh rằng:

a, G, A, M, H thẳng hàng

b, QC, AH , BF đồng qui

Giải :

a/- Nối DE và GA chúng cắt nhau tại M, theo tính chất của hình bình hành ta suy

ra M là trung điểm của DE

A

B C

M

Q

H

G

D

F

E

T S

- Theo kết quả ở bài toán 1 ta được H, A, G thẳng hàng, theo cách xác định M thì

M, A, H thẳng hàng Từ đó suy ra bốn điểm G, M, A,H thẳng hàng

b/ Bây giờ giải quyết yêu cầu chính của bài toán

Trước hết, để chứng minh ba đường thẳng đồng qui, ta thường dựa vào tính chất

đồng qui của ba đường chủ yếu trong tam giác, lại có GH BC nên ta liên tưởng tới ba 

dường cao của một tam giác

Dựa vào bài toán 1 và theo tính chất của hình bình hành ta có:

GEA = BAC vì có:

GE = AB (cùng bằng AD)

AE = AC ( cạnh hình vuông AEFC) => GA = BC











BAC = GEA (cùng bù với DAE)   

Sử dụng kết quả này ta lại có:

GAC = BCF (g.c.g) vì có:

GC = BF và BFC = GCA

































GAE BCA

BCA BCF

GAE GAC

0 0

90

90

Gọi giao của GC và BF là S, BF và AC là T

Ta có: FCT vuông tại C  CTF + CFT = 90  0 hay BF GC

Chứng minh tương tự ta cũng có GC vuông góc với QB

 AH, QC, BF là ba đường thẳng chứa 3 đường cao của GBC, vì 3 đường cao của

GBC đồng qui Đpcm 

Cuối cùng ta để ý tới tính bình đẳng tương đối của ABC và ADE, sử dụng đặc biệt bài toán ta đề xuất bài toán sau:

Bài toán 4: Cho ABC có 3 góc nhọn, O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam

giác đó Về phía ngoài của ABC vẽ các hình vuông ADQB và AEFC Gọi trung điểm

của DE và BC lần lượt là M và N

1 Chứng minh AM BC 

2. Trường hợp OD = OE

a) Tứ giác AMON là hình gì

b) Tính góc BAC.

Giải

1 Giả sử MA và BC cắt nhau tại H Ta phải chứng minh AH BC, 

hay AHC + HCA = 90  0

Ta đã có: MAE + HAC = 90  0 nên chỉ cần chứng minh HCA = MAE  

Muốn vậy, ta dựng hình bình hành ADGE và chứng minh AEG = CAB Điều này ta đã làm ở bài toán 3

2

a) Từ giả thuyết OD = OE và M là trung điểm của DE ta có được ngay AN

DE (tính chất tam giác cân)



Lại có N là trung điểm của BC (GT)

Làm tương tự như câu 1 có AN DE suy ra AN // OM (3).

Theo câu 1 và theo cách xác định tâm đường tròng ngoại tiếp  ta có AN // ON (vì cùng vuông góc với BC) (4)

Từ (3) và (4) suy ra tứ giác AMON là hình bình hành

b) Ta có: AM AG (giao điểm hai đường chéo hình bình hành)

2

1



AG = BC (do AEG = CAB)

Suy ra: AM BC

2

1



Mặt khác AM = ON (cạnh đối của hình bình hành) nên suy ra ON BC

2

1



Trong OBC có ON là đường trung tuyến nên OBC vuông tại O hay BOC = 

900

không quá 900 bằng một nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung).

Do đó BAC=45 0

C Kết luận

Trên đây là một số ví dụ về cách tìm tòi, khai thác một bài toán Làm như vậy sẽ bồi dưỡng được năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh, giúp các em luôn có ý thức ham muốn tìm tòi sáng tạo Nó còn giúp các em có thể ghi nhớ một nhóm các bài toán, Bồi dưỡng năng lực tư duy lôgíc cho các em Qua việc làm này học sinh sẽ có hứng thú học toán, suy nghĩ của các em sẽ linh hoạt dần lên mà không bị gò ép, khuôn mẫu

Hi vọng sẽ nhận được nhiều ý kiến trao đổi và tiếp tục khai thác bài toán của đồng nghiệp

Đối với giáo viên muốn dạy học sinh giải toán tốt phải thường xuyên đọc sách tự nâng cao kiến thức và phải có kế hoạch giải toán thường xuyên sưu tầm bài tập và rút kinh nghiệm sau từng tiết dạy

“Phát huy tính tích cực, chủ động của học sinh” đó là điều mà bất cứ người giáo viên nào cũng biết trong quá trình đổi mới phương pháp giảng dạy Nó là điều hoàn toàn

đúng đắn và có lẽ không hẳn là mới mẻ Ngay từ thời cổ Hilạp Xôcrát Đã đề sướng nguyên lý “Hoạt động tích cực” đề cao vai trò của người học hay như Léptôntôi đã từng nói “ Kiến thức chỉ thực sự là kiến thức khi nào nó là thành quả của những cố gắng của tư duy chứ không phải của chí nhớ” Việc thực hiện giảng dạy theo phưng pháp này không nằm ngoài những quan điểm đó

Mong muốn thì lớn song với khả năng có hạn chắc chắn những vấn đề mà tôi vừa trình bày chưa hẳn đã chọn vẹn, đã hay nhất và cũng không thể tránh khỏi những sai sót mong các thầy cô giáo đóng góp ý kiến phê bình để việc giảng dạy của tôi ngày càng tốt hơn

Trong quá trình giảng dạy thực nghiệm cũng như khi bắt tay vào viết sáng kiến này tôi được sự giúp đỡ tận tình của các thầy cô giáo trường THCS Cẩm Đàn và các thầy cô giáo dạy môn toán trong huyện Sơn Động

Xin chân thành cảm ơn!

Sơn Động, ngày… tháng … năm…

Xác nhận của hội đồng khoa học trường THCS cẩm đàn

………

………

………

………

………

……….

T/M HĐKH nhà trường