Sáng kiến kinh nghiệm khai thác và phát triển một số bài toán hình học

MỤC LỤC PHẦN I ĐẶT VẤN ĐÈ 2 PHẦN II GIẢI QUYÉT VẤN ĐÊ 3 2 1 Cơ sờ lý luận 3 2 2 Thực trạng của van đề 3 2 3 Các biện pháp mới đã thực hiện đê giải quyết van đề 3 2 4 Hiệu quả của SKKN 17 PHẦN III KẾT[.]

MỤC LỤC:

PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐÈ 2

PHẦN II: GIẢI QUYÉT VẤN ĐÊ 3

2.1 Cơ sờ lý luận: 3

2.2 Thực trạng của van đề: 3

2.3 Các biện pháp mới đã thực hiện đê giải quyết van đề 3

2.4 Hiệu quả của SKKN 17

PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ ĐÈ NGHỊ 18

3.1 Kết luận : 18

3.2 Kiến nghị: 19

TÀI LIỆU THAM KHẢO 20

PHẦN I : ĐẠT VẤN ĐẺ

Trong chương trình mòn toán ờ trường THCS ta thấy bài tập toán rất nhiều và đa dạng

“ Giãi toán lả một nghệ thuật thực hành, giống như bơi lội, trượt tuyết, hay chơi đàn, có thê học được nghệ thuật đó, chi can bat chước theo những mẫu mực đúng đan và thường xuyên thực hành.Không có chia khoá thần kỳ đê mờ mọi cùa ngõ, không có hòn

đá thần kỳ đê biến mọi kim loại thành vàng

(Đe - Các và Leibnitz ) Tim được lời giài hay cùa bài toán tức là đà khai thác được những đặc diêm liêng cùa bài toán Điều đó làm cho học sinh “có thê biết được cái quyến rũ cùa sự sáng tạo cùng mềm vui thang lợi”

(Polia-1975 ) Giãi bài tập toán lả quá trình suy luận, nham khám phá ra quan hệ logic giừa cái

đà cho (giã thiết) VỚI cái phải tìm (kết luận) Nhưng các quy tắc suy luận cùng như các phương pháp chứng minh chưa được dạy tường minh Do đó học sinh thường gặp nhiều khó khăn khi giài bài tập

Phương pháp chung tìm lời giài bài toán là :

Bước 1: Tìm hiểu nội dung bải toán

Bước 2: Xây dựng chương trình giãi

Bước 3: Thực hiện chương trình giãi

Bước 4: Kiêm tra và nghiên cứu lời giài

Trong bước 4 một công việc ít được thực hiện đó là:

Nghiên cứu những bài toán tương tự, mờ rộng hay lật ngược van đề Đó là khai thác bài tập toán

Thực tiễn dạy học cùng cho thấy đê có kỳ năng giãi bài tập phải qua quá trình luyện tập

Tuy rang không phải là cứ giài nhiều bải tập lả có kỳ năng Việc luyện tập sè có hiệu quả nếu như biết khéo léo khai thác hr một bài tập sang một loại bài tập tương tự, nham vận dụng một tính chất nào đó Trong quá trình giăng dạy giáo viên cần khai thác các bài tập trong sách giáo khoa giúp học sinh hiên sâu kiến thức, có kỳ năng giãi bài tập, nham nâng cao chất lượng dạy học và việc làm này đặc biệt quan trọng trong còng tác bồi dường học sinh giói ngay trong giờ học.Vì vậy tòi đà rút ra kinh nghiệm “ Khai thác

và phát triên một số bài toán hình học”

PHẤN II: GIẢI QUYẾT VẤN ĐÈ

2.1 Cơ sớ ìý luân:

Qua nghiên cứu và thực tế giảng dạy ờ trường THCS, trong các năm qua tòi đà nghiên cứu và lút ra một số kinh nghiệm trong việc khai thác bải tập toán đê xây dựng một hệ thống bài tập bồi dường học sinh giòi như là:

1 Chuyên điều chưa biết thành bài toán

2 Thay đòi hình thức phát triên bài toán

3 Tìm các bài toán liên quan

4 Mờ rộng các bài tập khác

2.2.

Thưc trang của van đề:

Học sinh ờ trường THCS ngại học mòn toán cho rang đày là mòn học rất khó nhất

lả hình học đòi hỏi học sinh tòng hợp được kiến thức, có kỳ năng trình bày logic, chặt chè, nếu chi học ờ các giờ học chính khoá trên lớp thì khó có thè giãi được các bài toán nâng cao, không đù kiến thức tham gia thi học sinh giói mòn toán Các em học sinh ngoải việc học toàn diện các mòn học còn tham gia các hoạt động xà hội ít thời gian học thêm, chưa say mè VỚI môn học, không thấy được những điều kỳ diệu cùa toán học, đòi hỏi giáo viên khi giảng dạy phải nghiên cứu tìm tòi, sáng tạo xây dựng các chuyên đề bám sát chường trình, theo chuân kiến thức, kỳ năng, phát huy tính tích cực cùa học sinh

2.3.

Các biện pháp mới đã thực hiện đê giải quvet van đề.

Trong sách giáo khoa, sách bài tập có nhiều bài tập vận dụng kiến thức lý thuyết rat hay kin giài bài tập chúng ta cần khai thác theo nhiều khía cạnh khác nhau đó là các cách giãi khác nhau, hoặc thay đòi dừ kiện bài toán ta được một số bài toán khác tương

tự hoặc liên quan từ bải toán ban đầu ta gọi đó là bài toán “chìa khoá” ta có thè giải dược rất nhiều bài tập khác , cùng cố được nhiều kiến thức, nít ngan được thời gian học tập, học sinh được luyện

tập được nhiều, thay được tính logic cùa toán học và say mê học toán hơn

Sau đây là một số bài tập minh hoạ

Từ một bài toán nòi tiếng mà hình vè được in trên trang đầu cùa một số cuốn sách nâng cao lóp 8, 9 đó là:

Bài toán A:

Cho hình vuông ABCD Đặt 1 hình vuông A B c D bên trong hình vuông này sao cho 2 tàm trùng nhau Chứng minh rằng : trung điểm cùa AA ; BB ; cc : DD là đinh hình vuông khác

Lời giải:

Cách 1:

i-AOA = A BƠB' ( c.g.c )

=> AÁ = BBZ

Tương tự => A A = BB =cc = DD

=> A AOM = iBOM = ầ COP=àDOỌ

=> OM = ON = OP = OQ => tứ giác MNPQ là hình bình hành

=> o là trung điểm cùa MP và NQ = MP = NQ

=> MNPQ là hình chữ nhật

A CỠP = LŨOO = *AOM =iBON =■ COP = DOO

=> POQ = 90° => tứ giác MNPQ là hình vuông

Cách 2:

Nối B c ; CD; D A; AB gọi E, F, G, H lần hrợt là trung điểm cùa các cạnh B c ; C D; D A; A B

EP // B Ờ và EP = Ị B Ờ, FQ // c D và EQ = Ị c D

GM// Á D và GM = 1 Á D, HN 7 A B và HN= 1 A B

EP = FQ = GM = HN

4

QG// AD và QG = 1 AD, MH AB và MH = ỈAB 2 2

^NE = PF = QG = MH

A.VEJ> = ^ PFQ - L QGM = A MH.V ( c.g.c)

MN = NP = PQ = QM và MỌP = 90 0

= MNPQ là hình vuông

Cách 3:

Thực hiện phép quay tàm o góc quay 90° cùng chiều kim đồng hồ thi OA s OB ; OÁ= OBZ ^AA s BBZ ;BB s CỜ; CỜ 5 DDZ; DD = AAZ

=^M=N;N = P;P = Q;Q=M=> MNPQ là hình vuông

Theo định lý Talet ta có bài toán sau:

Bài toán la: Cho hình vuông ABCD Đặt 1 hình vuông A BCD bên trong hình vuông này sao cho 2 tâm trùng nhau Gọi M,N.P.Q là các điểm thuộc A A ; BB ; CỚ;

DD sao cho

4 T 7 = ^77 = “7 = = k (k>°)

AM BN CP DO

Chứng minh rang : MNPQ là hình vuông

Khi k = 2 thì bài toán la chỉnh là bài toán A

*Neu khai thác bài toán theo cách giài thứ 3 về phép quay ta có bài toán sau:

Bài toán 2a:

Cho đa giác đều A1A? ,An đạt bên trong đa giác này một đa giác đều A, A 7 A„ sao cho tâm cùa 2 đa giác đó trùng nhau Gọi A, A, là tiling điểm cùa Al A , A:A^ AnA' n - Chứng minh rang: A l A 7 A là đa giác đều.

*Thêm vào bải toán 2a yếu tố tỷ lệ ta có bài toán sau:

Bài toán 3a:

Cho đa giác đều A1A2 An đạt bên trong đa giác này một đa giác đều A 7 A n sao

cho tâm cùa 2 đa giác đó tiling nhau Gọi A 1 A 2 A n

là các điêm nam trên đoạn A IẶ ', A Ị A 2 , AnAAao cho

A Ì Ầ Ì _ A 2 A 2 = AM _ A 4 A 4 A ỉ A ỉ ~ A 2 Ả 2

AM 3 ~ A 4 A 4 đều

Khi k = 2 thì bài toán 2 chính là bài toán 2a

* Neu khai thác theo cách giãi 1,2 không cần đến tàm o ta có bài toán sau

Bài toán 4a:

Đặt 1 hình bình hành A B c D trong 1 hình bình hành ABCD sao cho các đinh cùa

NE// BC và NE = 1 BC,

2

*Từ nhận xét: AM

AA

BN BB

CP _ DO

cc DD Đặt

ẢM

TT k(k<0)

Chúng minh rằng: A 1 A 2 A n là đa giác

hình bình hành A B C D nằm trong hình bình hành ABCD Chứng minh rằng : trung điểm cùa AA ; BB ; cc ; DD là các đinh cùa hình

bình hành

Tòng quát hơn ta có bài toán sau:

Bài toán 5a:

Cho hình bình hành ABCD, đặt 1 hình bình hành A B C D sao cho các đinh cùa nó nam trong hình bình hành ABCD Gọi M, N, p, Q lần hrợt lả các điểm nam

A A / ™ áÀ BB cc _ Dũ'

trên các đoạn AA ; BB ; cc; DD sao cho -—— = —— = — = -= k (

AM BN CP DO

k > 0) Chứng minh rang : MNPQ lả hình bình hành

*Khi k = 2 thì bài toán 5a chỉnh là bài toán 4 a

Khai thác từ một bài toán hình học lớp 9 quen thuộc sau:

Bài toán B:

Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O).Điêm M thuộc cung BC Chứng minh rằng: MA = MB T MC

LỜI giãi :

Trên tia CM lấy điểm N sao cho MN = MB

NC = MB + MC

= A BMN đều = BN = BM

Ta có: BC = BA

ABM = ABC + CBM = 60° + CBM= MBC

= A ABM = A CBN ( c.g.c) = AM = NC = MB + MC

Nhận xét từ bài toán B ta có bài toán sau:

Bài toán Ib:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); điêm M thuộc cung nhò BC

Chứng minh: MA < MB T MC

Giữ nguyên đề bài, thay đôi câu hỏi ta có bài toán sau

Bài toán 2b:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O); điêm M thuộc cung nhò BC

MB + MC

MD MB.MC MD MB MC

Từ bài toán trên ta có thê giải được bài toán sau

Bài toán 3b

Cho tam giác ABC dựng 3 tam giác đền trên 3 cạnh của tam giác đó là tam giác ACB , tam giác ABC tam giác BCA Chứng minh rang: 3 đường tròn (ACB ); (ABC7); (BCA) đồng quy tại I

Lời giải:

Gọi I là giao cùa đường tròn (ACB ) và đường tròn (ABC ) = AIC = 120°, AIB =

120° => B/C = 120°

= I e (BCA) hay 3 đường tròn đồng qưy

Từ bài toán 3b ta dễ dàng chứng minh được bài toán sau:

Chứng minh:

Lời giải:

MC

* Bài toán 4b:

Cho tam giác ABC dựng 3 tam giác đền trên 3 cạnh của tam giác đó là tam giác ACB tam giác ABC7 tam giác BCA , 3 đường tròn (ACB ); (ABC7); (BCA) đồng quy tại I Chứng minh rang:

3 đường thẳng AA ; BB ; cc đồng qưy

Bài toán 5b:

Cho tam giác ABC dựng 3 tam giác đền trên 3 cạnh của tam giác đó là tam giác ACB tam giác ABC tam giác BCA, 3 đường tròn (ACB ); (ABC7); (BCA) đồng qưy tại

I Chứng minh rang:

IA + IB + IC = Ị( LÁ + IB +IC7)

2

Bài toán 6b:

Cho tam giác ABC dựng 3 tam giác đền trên 3 cạnh của tam giác đó là tam giác ACB , tam giác ABC7 tam giác BCA, 3 đường tròn (ACB ); (ABC );

(BCA) đồng qưy tại I Chứng minh rằng:

-^—4 ^— + —^-= — ( —- F —+ —) trong đó Al Bl , Cl là giáo của

IA IB IC 2 IB X IC X

với các cạnh cừa tam giác

Bài toán 7b:

Cho tam giác ABC dựng 3 tam giác đền trên 3 cạnh của tam giác đó là tam giác ACB tam giác ABC tam giác BCA , 3 đường tròn (ACB ); (ABC7); (BCA) đồng quy tại I

Chứng minh rang: IA + IB T IC nhỏ nhất VỚI mọi I tlmộc tam giác ABC

Bài toán 8b:

Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O).Điêm M thuộc cung BC Chứng minh rằng: MA2 + MB2 T MC2 = 2a2

VỚI a là cạnh cùa tam giác

Bài toán 9b:

Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O).Điêm M thuộc cung BC Tim 111

để MA + MB T MC lớn nhất

Bài toán IQb;

Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O).Điêm M thuộc cung BC Tim 111

để MA2 + MB2 T MC2 lớn nhất

Bài toán llb;

Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O).Điêm M thuộc cung BC Chứng minh rằng: MA4 + MB4+ MC4 = 2a4

VỚI a là cạnh cùa tam giác

Bài toỏn c:

a) Tính khoSLng cyh từ D đến Ox.

H-ing dẫn:

a) KĨ DH 1 Ox E H Có A AHD vuông t1 i H nan Jj+5] =90°

4 + 4 = 90° suy ra 4 = Ậ

4+4=90°

BÃO + 4 = 90°

Hay D ỵ =BAO

XĐt A DHA vụ A AOB

Có: H = 0 = 90° , = BÃO

DA = AB (cxnh hxnh vuông)

VE ỵ A D HA= A A OB= (T / h Bằng nhau

đ7Ec biốt tho nhất cha tam gi5c vuông)

Vấỵ: DH = OA = a

b) Theo chong minh tr an

DH = a (const)

Khi B di động tran Oỵ thx D di động theo nh-ng luôn csch Ox một khoing DH = a Vấỵ

quti tích cha D

khoing bằng a

Giới hJn;

khoing bằng a, do A cố đE>nh suy ra D’ cố đĩ>nh

Kết lũẫn:

Khi B di động tran Oỵ thx quii tích cha D lụ 1 tia D'z // Ox, D' c4ch A một khoing bằng a

Khai thỏc 1:

Từ lời giSIi tran ta thấỵ hxnh vuông OAD'C lụ nhỏ nhất trong tẼp csc hxnh vuông ABCD khi B di động tran Oỵ Vụ đ—ing nhian trong tẼp C4C hxnh vuông ấỵ thx diốn tích hxnh vuông OAD'C lụ có gi 4 trh nhỏ nhất Từ suy xĐt đó ta có bụi to,n mỉi

Bpi to^n la:

Cho xỢy = 90° lấy A thuộc tia Ox sao cho OA = a Một điểm B di động tran Oỵ

vĩ trong góc xOỵ hxnh vuông ABCD X4C đĩ>nh vE> trí điểm D để S ABCD lụ nhỏ nhất

Ch0ng minh

ThẼt vẼy

SABCD

SABCD — a

nhỏ nhất khi ấy B = 0

Khai, th 4 c 2:

Từ kừt qu5I tran ta suy ra hxnh vuông OAD'C' lụ cố đE>nh bằng c1nh a Thừ thx OD' cố đbnh nan trung đỈểm I' lụ cố đbnh Vấn đề đ7Et ra lụ: Nếu B chuỵún động

tran Oỵ thx D chuỵún động tran tia D'D Khi đó trung điểm I cha OD chuyún động tran

đ-ờng nụo vụ ta có bụi to4n mỉi

Bụi to 2c:

Cho góc xỢy = 90° Lấỵ A tran Ox sao cho OA = a, một điểm B di động tran

Oỵ Trong góc xỢv vỉ hxnh vuông ABCD Gói I lụ trung điểm cha OD Txm tẼp hĩp (qũy tích) điểm I

H-ớngr dẫn; (H X nh 2)

Theo kừt quĩ tran D' lụ giii han cha D vụ D' cố đE>nh

Gói I' lụ trung điểm OD' => I' cố đĩ>nh

Trong A OD ' D có 1'1 lụ đ-ờng trung bxnh => 1'1 //

D' D

Nan quũ tích I lụ tia 1’1 // Ox c4ch Ox một khoĩng = y

Trong

=>

Do A cố đE>nh

động nan

S ABCD

y

AB2

c

A QA B

AB > OA

Hxnh 2

CP = OA

PD = OB

VẼy OA + AH = DH + PD = CP + CQ = BQ + OB

hay OH = HP = PQ = QO

Mụ QOA = Iv Nờn tứ giỏc OHPQ là hỡnh vuụng

Ta có bpi to 5 n mới.

Bpi to s n 3c:

Cho góc vơv, tran tia Ox Ĩấỵ A sao cho OA = a, tran Oỵ điểm B di động Dựng

trong góc xOy hxnh vuông

ABCD; qua c kĩ đ-ờng thMng // Ox, qua d kĩ đ-ờng thMng // Oỵ Hai đ-ờng thMng nụy c5ớt nhau txi p vụ ĨỌn 1-ĩt c^t Oy txi Q, c^t Ox txi H

a) Chong minh tứ giỏc OHPQ lụ hxnh vuông

b) Gói I lụ trung điểm AC, chong minh 0, I, p th^ng hụng

Từ suy xĐt tran dụ dụng suy ra điều chong minh

Suy xĐt: (hxnh 3)

Qua

thMng // Q

c^t DH

Theo

c Ox

txi

kĩ c^t p

tr an chong minh đ-ĩc

A AOB

huyũn

r~ A DHA

- góc

OA = DH a

OB = AH

đ-ờng

Oỵ txi

ta đ • (C1nh nhón)

Khai th ũ c 4: Suy xĐt tiừp ta thấy Ta có thú chuyún h-ớng bụi to4n d-ii d1ng kh4c Nếu ta coi hxnh vuông OHPQ lụ cố đE>nh c1nh = a

Tiừp tục: Nếu cho A di động tran

OH vụ vẫn ch-a thoi m-n ABCD lụ hxnh

vuông thx chu vi cha AAOB có gi 4 trl> thay

đaei nh- thừ nụo Cụ thú có quan hồ gx vii a

c1nh hxnh vuông OHPQ

ThẼt vẼỵ dụ chong minh đ-ĩc A AOB =

A DHA = ACPD = ABQC

Từ đó => tứ giỏc ABCD lụ hxnh

vuông

A AOB luôn có: AB < OA + OB

Nh-ng OB = AH => AB < OA + AH = OH = a

Do A, B cũng chuỵún động vụ thoi m-n ABCD lụ hxnh vuông

Nan khi A = H, B = 0 => AB = OH = a

Do đó: OA + OB + AB < OH + OH = 2a

VEy CAOB — 2a (CAOB : chu vi A A OB )

(Chu vi cha AAOB có gi4 trh lin nhất bằng 2a)

Ta có bpi to ũ n mới.

Bụi to^n 4c:

Tran C4C c1nh HO, OB, PQ, sao cho OA =

QB = PC = DH

PH ĨỌn 1-ĩt Ĩấy A, B, c, D

Hxnh 4

Cho hxnh vuông OHPQ cxnh lụ a Tran C5C c1nh HO, OQ, QP, PH ĨỌn 1-ĩt Ĩấy A,

B, c, D sao cho OA = QB = PC = HD

a) Chong minh: Tứ giỏc ABCD lụ hxnh vuông

b) Khi A chuỵún động tran OH vụ thoSI m-n ABCD lụ hxnh vuông

vụ (A 5* 0, A 5* H) Chong minh CA0B < 2a

Từ suỵ xĐt ta dụ chong minh đ-ĩc điều nụỵ

Khai th ; c 5:

Tiừp tục không dừng ĩ1! ta suy xĐt tiừp Ta luôn có OB + OA = OH = a không

đaei (vẫn nội dung bụi tấp 4)

Nh- vẼỵ OA + OB = a (const)

Suy ra OA.OB lớn nhất khi OA = OB (Tang 2 số d—ing không đai tích cha chúng lỉn nhất khi hai số đó bằng nhau)

Để ý thx thấỵ rằng: OA OB = 2SA0B (SAOB diốn tích

A A OB )

Mụ hxnh vuông OHPQ có S OHPQ = a (S OHPQ lụ diOn tYch

Nếu SA0B lỉn nhất thx SABCD nhỏ nhất lụ SAOB nhỏ nhất thx SABCD lin nhất

Mụ SA0B lớn nhất khi OA.OB lỉn nhất vx lý luẼn tran OA.OB lỉn nhất khi OA = OB

Từ đó => OA = OB = Hay A lụ trung điểm OH, B

lụ trung điểm OQ ?

Ta có bpi to^n mới.

Bụi to s n 5c:

Cho hxnh vuông OHPQ c1nh lụ a Tran OH, OQ, QP, PH ĨỌn 1-ĩt Ĩấy A, B,

D sao cho OA = QB = PC

Chong minh ABCD lụ hxn

X5C đĩ>nh vE> trí A để S ABCD/ ysZ-—— /

tứ giỏc

Hay S A BCD —a 4 SAOB OHPQ)

a) Dễ chong minh đ-ĩc: z ^***>0/ X

A AOB = A DHA (c g c)

Hxnh 5

T >ng tự CB = CD = AB

VẼy tứ giỏc ABCD lụ hxnh thoi (1)

4=Ậ mà 4 + Ậ=90° suy ra 4+4 =90° (2)

ABCD lụ hxnh vuông

b) Ta có S OHPQ = a

Theo kừt quĩ tran A AOB = A BQC = A CPD = A DHA (c.g.c)

—S ABCD= a^ ~ 4 S AOB= az ~ 2 OA OB

Do OA + OB = OA + AH (vx OB = AH) =5 OA + AH = OH

Không đaei nan tích OA.OB lin nhất khi OA = OB = —

2

Nghựa lụ OA.OB < - T = —

VẼy S ABCD > a2 - 2 ^- = a2-^- = ^_

gi5 trh nhỏ nhất khi đó: OA Chong tỏ A lụ trung điểm cfớa OH

2.4.

Hiệu quả của SKKN

Áp dụng kinh nghiệm dạy học trờn vào việc giăng dạy mũn toỏn THCS đà đạt được một số kết quả học sinh yờu thớch mũn học, chất lượng bộ mũn được nõng cao, cỏc

em cú dữ ựr tin tham gia đội tuyờn học sinh năng khiếu mụn toỏn

PHẦN III: KẫT LUẬN VÀ Đẫ NGHỊ

3.1.Kết luận :

Trờn đõy là một số bài tập tỡr SGK , SBT hỡnh học lớp 8, lúp 9 được khai thỏc theo nhiều khớa cạnh khỏc nhau, đà được dạy cho học sinh trong cỏc giờ học và trong cụng tỏc bồi dường học sinh giỏi Lỳc đầu cỏc em thấy mụn toỏn hỡnh quỏ khú, khụng