Skkn 2013.Doc

Tªn ®Ò tµi Khai th¸c, ph¸t triÓn bµi to¸n tõ mét bµi to¸n H×nh Häc 7 MỤC LỤC TT NỘI DUNG TRANG I ĐẶT VẤN ĐỀ 3 I 1 Lý do chọn đề tài 3 I 2 Mục đích nghiên cứu đề tài 3 I 3 Phạm vi nghiên cứu đề tài 4 I[.]

MỤC LỤC:

1

DANH MỤC CHỮ CÁI VIẾT TẮT

SKKN : Sáng kiến kinh nghiệm

I ĐẶT VẤN ĐỀ I.1 Lý do chọn đề tài:

Toán học là một bộ môn khoa học rất quan trọng mà mọi thành tựu của khoahọc kỹ thuật đều gắn với sự trưởng thành và phát triển của bộ môn này Hướng đổimới phương pháp dạy học Toán hiện nay là tích cực hoá hoạt động học tập của HS,khơi dậy và phát triển khả năng tự học, nhằm hình thành cho HS tư duy, tích cực,độc lập, sáng tạo, nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện kỹnăng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vuihứng thú học tập cho học sinh Bởi vậy việc rèn luyện kĩ năng phát triển, khai thácbài toán là một nhiệm vụ rất cần thiết đối với học sinh, đặc biệt là đối với học sinhkhá giỏi Nhưng trong những năm qua từ việc thăm lớp, dự giờ của đồng nghiệpnhất là đối với giáo viên còn thiếu kinh nghiệm, chúng tôi nhận thấy có những hạnchế sau:

Đối với giáo viên: Giáo viên chỉ dừng lại ở việc hướng dẫn học sinh giải

xong một bài toán hay chứng minh một định lý, tính chất nào đó mà chưa chútrọng tìm tòi, nghiên cứu kỹ xem bài toán đó có thể khai thác, phát triển, khái quáthoá được không và nếu được thì ta có bài toán mới như thế nào?

Đối với học sinh: Với học sinh đại trà nói chung và học sinh khá giỏi của

lớp 7 nói riêng Khi các em giải một bài toán hình học quả là rất khó khăn và lúngtúng Các em xem việc giải xong một bài toán (có thể là đơn giản) là được Bởi

các em mới bắt đầu được làm quen với bộ môn “Hình học” bằng các phương pháp

chứng minh, bằng các phương pháp suy luận có lôgíc chặt chẽ

Tuy nhiên, nếu chúng ta khéo léo dẫn dắt học sinh có cách nhìn sâu sắc từmột bài toán cơ bản ở SGK , SBT thì chắc chắn chúng ta không những giúp họcsinh giải được bài toán cơ bản đó mà còn phát triển được tư duy sáng tạo và sự say

mê học tập của học sinh, đặc biệt là môn “Hình học”.

Từ thực tế nêu trên, trong quá trình giảng dạy bản thân chúng tôi đã cố gắngtìm tòi, nghiên cứu, khai thác, phát triển nhiều bài toán trong chương trình Toán

THCS Chính vì thế trong đề tài: “Khai thác, phát triển bài toán từ một bài toán

Hình học 7” chúng tôi xin mạnh dạn đưa ra hai bài toán cơ bản Hình học 7 đó là

Bài tập 7 trang 106 - SBT Toán 7 tập 1 và Bài tập 50 trang 29 - SBT Toán 7 -Tập 2

mà xuất phát từ hai bài toán này chúng tôi đã khai thác, phát triển thành các bàitoán mới hay và khó để giảng dạy HS đại trà cũng như việc bồi dưỡng HSG

I 2 Mục đích của đề tài:

* Đối với giáo viên:

- Sử dụng làm tài liệu cho các chuyên đề và dạy bồi dưỡng HSG

- Đúc rút các kinh nghiệm và đổi mới phương pháp dạy học nhằm nâng cao chất

3

lượng dạy học.

* Đối với học sinh:

- Giúp HS có cái nhìn tổng quát từ nhiều khía cạnh của một bài toán, biết đặt chomình các câu hỏi liên quan: Nếu thay đổi cách đặt vấn đề sẽ được bài toán nào?Vận dụng bài toán đó để giải bài toán mới như thế nào?

- Tác động đến tình cảm và đem lại niềm vui, hứng thú học tập

- Bồi dưỡng phương pháp tự học

I.3 Phạm vi nghiên cứu của đề tài:

- Đề tài được áp dụng cho HS lớp 7, chủ yếu là đối với HS khá giỏi và là tiền đềcho HS khối 8; 9

- Các bài toán được chọn trình bày là những ví dụ minh hoạ, bạn đọc có thể tìm các

ví dụ hoặc các bài toán khác để áp dụng

Hiệu quả sẽ như thế nào mời quý thầy cô giáo cùng các bạn đồng nghiệp thamkhảo, góp ý và có thể áp dụng

A

D B

C

II NỘI DUNG

II.1 Cơ sở lý thuyết:

1) Định lý về tổng ba góc trong một tam giác

2) Tính chất đường phân giác, đường đường cao, đường trung tuyến trongtam giác

3) Các trường hợp bằng nhau của tam giác

4) Tính chất hai đường thẳng song song, hai đường thẳng vuông góc

5) Tính chất của tam giác cân, tam giác đều, tam giác vuông

6) Định lý Pi-ta-go

7) Quan hệ giữa các yếu tố trong trong tam giác Các đường đồng quy trongtam giác

II.2 Khai thác, phát triển bài toán:

Trước hết chúng ta bắt đầu từ bài toán sau:

Bài toán 1: (Bài tập 71 - trang 106 - SBT Toán 7 tập 1)

Vẽ lại hình 59 vào vở rồi đặt bài toán vẽ tam giác để có hình 59

Hướng dẫn giải:

- Vẽ tam giác đều ABD

- Vẽ tam giác ABC vuông cân tại A (C; D nằm khác

phía với bờ là AB)

- Vẽ tam giác ADE vuông cân tại A (E; B nằm khác phía

với bờ là AD)

*Phân tích bài toán: Từ bài toán trên, dễ dàng nhận thấy ∆ACD = ∆ABE nên CD

= BE Nếu gọi O là giao điểm của CD và BE, K là giao điểm của CD và AB So

KOB CAK 90 hay

Bài toán 1.1: Cho tam giác đều ABD, vẽ tam giác ABC và tam giác ADE vuông

cân tại A sao cho C và D nằm khác phía với bờ là AB, B và E nằm khác phía với

bờ là AD Chứng minh rằng:

5

Hình 59

O K

E

A

D B

toán mới:

Bài toán 1.2:

Cho tam giác đều ABD, vẽ tam giác ABC và tam giác ADE vuông cân tại A

sao cho C và D nằm khác phía với bờ là AB, B và E nằm khác phía với bờ là AD Gọi M ; O1; O2 lần lượt là trung điểm của BD; BC và DE Chứng minh rằng

∆MO1O2 vuông cân

Hướng dẫn giải:

Xét ∆BCD có M là trung điểm của BD, O1 là trung điểm của BC

( Lớp 7 các em chưa học về đường trung bình trong tam giác nhưng giáo viên

Vậy tam giác MO1O2 vuông cân tại M

* Phân tích bài toán: Từ ACD ABE, nếu gọi M 1 ;

Bài toán 1.3:

Cho tam giác đều ABD, vẽ tam giác ABC và tam giác ADE vuông cân tại A

sao cho C và D nằm khác phía với bờ là AB, B và E nằm khác phía với bờ là AD Gọi M1; M2 lần lượt là trung điểm của CD và BE Chứng minh rằng:   1 2 là tam giác vuông cân

(Đây là bài tập 169 trang 102 - Sách toán cơ bản và nâng cao hình học 7)

ACDABE  ACM1 ABM2

Xét ACM1 và ABM2có: AC = AB;  

hay   1 2 là tam giác vuông cân

* Phân tích bài toán: Từ bài toán 1.1; 1.2; 1.3 tam giác ABD bất kỳ thì kết quả

của bài toán có gì thay đổi không? Ta có bài toán tổng quát sau:

7

M1

O2 O1

M

E C

b) Chứng minh CD  BE

( Đây là bài tập 46 trang 103 – sách bài tập toán 7 – tập 1)

c) Gọi M ; O1; O2 lần lượt là trung điểm của BD; BC và DE Chứng minh

rằng ∆MO1O2 vuông cân

d) Gọi M1; M2 lần lượt là trung điểm của CD và BE Chứng minh rằng:

N M

E C

A

Q

N M

E C

 AB song song với ND

Vì vậy ADN BAD   180 0

Ta có : BAD CAE   180 0  CAE ADN

Xét ACE và DNA có : AD = AE ; CAE  ADN

* Phân tích bài toán : Ngoài ra AM và CE còn có mối quan hệ nào nữa? Nhận

có QAE QEA QAE MAD        90 0, từ đó suy ra AM vuông góc với DE Ta có bài toán mới sau:

Bài toán 1.6:

Cho tam giác ABD, vẽ tam giác ABC và tam giác ADE vuông cân tại A sao cho C và D nằm khác phía với bờ là AB, B và E nằm khác phía với bờ là AD Chứng minh rằng: AM  CE

( Đây là bài toán 33b trang 65 sách nâng cao và phát triển toán 7 tập 1)

Hướng dẫn giải :

Từ các kết quả của bài toán 1.5 :

ACE

 = DNA  MAD CEA 

Gọi Q là giao điểm AM và CE ta có :

N L K

H

E C

A

* Phân tích bài toán: Từ bài toán 1.6 nhận thấy ABD và ACE có vai trò như

không? Từ đó ta có bài toán mới sau:

Gọi N là giao điểm của CE và đường thẳng AH, cần chứng minh CN = NE

Để chứng minh CN = NE ta cần tạo ra hai tam giác bằng nhau

có chứa hai đoạn thẳng CN và NE Nghĩ vậy nên đường phụ cần

vẽ thêm là CK và EL lần lượt vuông góc với đường

thẳng AH (K; L  AH)

Dễ dàng chứng minh được ACK BAH AEL;  DAH

 CK = EL (=AH)  KCN LEN  CN = NE

mà N nằm giữa C và E do đó N là trung điểm của CE

hay đường thẳng AH cắt CE tại trung điểm của CE

* Phân tích bài toán: Các tam giác ABC và tam giác ADE vuông cân nên bây giờ

nếu ở ngoài tam giác ABD ta dựng các hình vuông ABFC và ADGE ta cũng có các kết quả như các bài toán trên Cụ thể ta có bài toán tổng hợp sau:

  là tam giác vuông cân

d) Gọi M ; O1; O2 lần lượt là trung điểm của BD; BC và DE Chứng minh

M1

G F

E C

A

N

O2 O1

G F

H

Q

M

E C

A

K

G F

H

I

E C

Lời giải câu a; b; c; d hoàn toàn tương tự như

bài toán 1.4 trên

Lời giải câu e; f hoàn toàn tương tự như các

bài toán 1.6; 1.7 trên

* Phân tích bài toán: Không dừng lại ở các kết quả trên nhận thấy giao điểm của

DF và BG nằm trên đường thẳng AH, tức là DF, BG, AH đồng quy, ta có bài toán mới sau:

của một tam giác có một cạnh là BC

Từ B vẽ đường thẳng vuông góc với DF, từ D vẽ đường thẳng vuông góc với BG Nhận thấy giao điểm I của hai

đường thẳng này nằm trên AH

Hơn nữa ABI = BFD nên AI = BD

Do vậy yếu tố phụ để giải bài toán này ta

cần xác định điểm I trên tia đối của tia AH

sao cho AI = BD

Gọi K là giao điểm của DF và BI

Xét ABI và BFD có: BA = BF; FBD BAI   (hai góc tù có cạnh tương ứng vuông góc); AI = BD  ABI = BFD (c-g-c)  ABI  BFD

* Phân tích bài toán: Trở lại bài toán 1.4, ở ngoài tam giác ABD ta dựng các tam

giác ABC và tam giác ADE vuông cân tại A sao cho C và D nằm khác phía với bờ

là AB, B và E nằm khác phía với bờ là AD Bây giờ nếu C và D nằm cùng phía với

bờ là AB, B và E nằm cùng phía với bờ là AD, liệu kết quả của bài toán có gì thay đổi không? Ta có bài toán mới sau:

Bài toán 1.10:

Cho tam giác ABD Dựng các tam giác ABC và tam giác ADE vuông cân tại

A sao cho C và D nằm cùng phía với bờ là AB, B và E nằm cùng phía với bờ là AD

a) Chứng minh CD = BE

b) Chứng minh CD  BE

c) Gọi M1; M2 lần lượt là trung điểm của CD và BE Chứng minh rằng:

1 2

  là tam giác vuông cân

d) Gọi M ; O1; O2 lần lượt là trung điểm của BD; BC và DE Chứng minh

O KE

A

B

D C

O1

O2

M E

A

B

D C

rằng ∆MO1O2 vuụng cõn

e) Chứng minh AM = 1

2CE ; AM  EC

(Đõy là bài toỏn 19; 19.1; 19.2 trang 53 sỏch giải toỏn hỡnh học 7

f) Kẻ AH là đường cao của tam giỏc ABD Chứng minh rằng: đường thẳng AHcắt

CE tại trung điểm của CE

Hướng dẫn giải:

a) Dễ thấy ∆ACD = ∆ABE (c.g.c)  CD = BE

b) Gọi O và K lần lượt là giao điểm của EB với

AOE KOD (đối đỉnh)

AEO KDO (vì ABE ACD)

hay   1 2 là tam giỏc vuụng cõn

d) Xột ∆DBE cú M là trung điểm của BD, O2 là trung điểm của ED

 MO2 // BE; MO2 = BE

Tương tự ta cú MO1 // CD; MO1 = CD

Mà BE = CD  MO1 = MO2

BE  CD  MO1  MO2

Vậy tam giỏc MO1O2 vuụng cõn tại M

e) Trờn tia đối của tia MA lấy điểm N sao cho: MN = MA

13

Q M

N E

A

B

D C

H3 H H2 E

A

B

D

Dễ thấy MABMND c g c(   )  AB = ND ; BAM  MND

 AB song song với ND Vì vậy   0

2CE

Từ ACE = DNA  MAD CEA  

Gọi Q là giao điểm AM và CE ta có : QAE QEA QAE MAD        90 0

Suy ra AQ  CE hay AM  CE

 H3 là trung điểm của CE hay đường thẳng AH cắt CE tại trung điểm của CE

( Hướng chứng minh của bài toán 1.10 hoàn toàn tương tự như trong trường hợp

ở ngoài tam giác ABD ta dựng các tam giác ABC và tam giác ADE vuông cân tại

A sao cho C và D nằm khác phía với bờ là AB, B và E nằm khác phía với bờ là AD)

* Phân tích bài toán: Bây giờ ta không dựng các tam giác vuông cân mà chuyển

sang dựng các tam giác đều, liệu kết quả bài toán sẽ như thế nào? Ta cũng dễ

dàng chứng minh được ∆ACD = ∆ABE nên CD = BE Vậy CD có vuông góc với

BE không? Tương tự cách làm bài toán 1.4 ta dự đoán CD và BE tạo với nhau góc

1 2

Bài toán 1.11:

O1

M

K O

E

C

A

Cho tam giỏc ABD Dựng cỏc tam giỏc ABC và tam giỏc ADE đều sao cho

C và D nằm khỏc phớa với bờ là AB, B và E nằm khỏc phớa với bờ là AD Gọi O làgiao điểm của CD và BE Lấy M ; O1; O2 lần lượt là trung điểm của BD; BC và

DE Chứng minh:

a) CD = BE

COB 60

(Đõy chớnh là bài toỏn 50 trang 69 sỏch nõng cao và phỏt triển toỏn 7 tập 1)

AKC BKO (đối đỉnh)

ACK KBO (v ì ACD ABE)

CAK KOB

Mà CAK 60 nên KOB 60 Hay COB 60

c) Dễ thấy: MO1 // CD; MO1 = CD; MO2 // BE; MO2 = BE

 MO1O2 cõn tại M

Hơn nữa:   0    0

COB 60 BOD 120    1 2 1200

* Phõn tớch bài toỏn: Ở bài toỏn 1.4; 1.8 khi ngoài tam giỏc ABD ta dựng cỏc

cõn nữa khụng? Ta cú bài toỏn mới:

Bài toỏn 1.12:

15

M1

O

E C

Cho tam giác ABD Dựng ở ngoài tam giác ABD các tam giác ABC và tam

giác ADE đều, gọi M M1 ; 2 lần lượt là trung điểm của CD và BE Chứng minh rằng tam giác A  1 2 là tam giác đều

  1 2 là tam giác đều

* Phân tích bài toán: Chắc chắn quan hệ giữa AM và CE không vuông góc, vậy ta

không thể khai thác bài toán 1.12 theo hướng như bài 1.5; 1.6 mà ta đã khai thác.

COB 60 nên nếu trên tia OC lấy điểm N sao cho: ON = OB thì tam giác

OBN là tam giác đều ON = OB, dự doán OA = CN và OA + OB = OC Ta có bài toán sau:

Bài toán 1.13:

Cho tam giác ABD (A 120 0) Vẽ các tam giác đều ABC và ADE nằm ngoài

tam giác ABD Gọi O là giao điểm của CD và BE

Chứng minh rằng: OA + OB = OC

Hướng dẫn giải:

Để chứng minh OA + OB = OC

Trên đoạn OC ta xác định một điểm N để ON = OB

(hoặc OA) rồi chứng minh đoạn CN bằng

đoạn còn lại

Vì vậy trên tia OC lấy điểm N sao cho: ON = OB

thì tam giác OBN là tam giác đều

K I

bài toán sau:

a) OC là phân giác AOB

b) OA là phân giác COE

Hay OC là phân giác AOB

b)Từ BON  AOB 60 0  AOE 60 0

hay OA là phân giác COE

* Phân tích bài toán: Nhận thấy CAE  120 0  BAD , nếu gọi M, N, I, K lần lượt là

MIK

  là tam giác đều Ta có bài toán sau:

Bài toán 1.15: Dựng ở ngoài tam giác ABD( 0  0

60 ; 120

    ) các tam giác đều ABC và ADE Gọi M, I, K lần lượt là trung điểm của BD, AC, AE Chứng minh rằng: đều

Hướng dẫn giải:

Gọi N, P lần lượt là trung điểm của AB

và AD

17

Hay tam giác MIK là tam giác đều.

( Trường hợp    60 0, chứng minh tương tự )

* Như vậy thông qua bài toán 1 (Bài toán gốc) có thể có nhiều tác giả đãkhai thác, phát triển theo các hướng khác nhưng chúng ta đã khai thác, phát triểntheo hướng dẫn suất ra 15 bài toán con như đã trình bày trên, theo chúng tôi khichúng ta khai thác theo hướng như đã trình bày thì sẽ phù hợp với chương trình vànội dung của lớp 7 còn nếu chúng ta khai thác bài toán gốc theo các hướng khác thì

có thể sẽ phù hợp với các mục đích khác nhau Bây giờ chúng ta khai thác pháttriển tiếp từ bài toán sau:

Bài toán 2 : ( Bài tập 50 trang 29 – Sách bài tập Toán 7 – Tập 2)

Cho tam giác ABC có A = 700 , các đường phân giác BD , CE cắt nhau tại I Tính BIC

ABC 2IBC (suy tõ gt)

ACB 2ICB (suy tõ gt)





0

180 A2

XÐt BIC cã: IBC BCI BIC 180

BIC 180 (IBC BCI)

I E

D

* Phân tích bài toán: Nếu  = ( với 0 0

0   180 ) thì ta dễ dàng tính được

BIC Vậy ta có bài toán tổng quát sau:

Bài toán 2.1 : Cho tam giác ABC có A =  ( với 0 0

0   180 ) , các đườngphân giác BD , CE cắt nhau tại I Tính BIC

Hướng dẫn giải:

Từ kết quả bài toán 2 ta có:

*Phân tích bài toán: Ngược lại, nếu biết nếu

biết số đo của góc BIC ta dễ dàng tính được số đo của góc  Ta có bài toán sau (Bài toán đảo của bài toán 2.1):

Bài toán 2.2: Cho tam giác ABC có BIC =  ( với 900   1800) , các đườngphân giác BD , CE cắt nhau tại I Tính 

( Bài tập 51b trang 29 – Sách bài tập Toán 7 – Tập 2)

Hướng dẫn giải:

Xét tam giác BIC có BIC = 

nên IBCBCI =  180 0  

 ABC + ACB = 2(180 0  )

  = 1800 - 2(180 0  ) = 2   180 0

* Phân tích bài toán: Đặc biệt nếu  = 60 0 Khi đó ta kẻ tia phân giác BIC cắt

BC tại K thì dễ dàng chứng minh được ∆BIE = ∆BIK ; ∆CIK = ∆CID

Hướng dẫn giải:

a) Ta có Â = 600  BC = 180 0 – 600 = 1200 Do đó IBC BCI = 120 0 : 2 = 600 Vì vậy I1 I = 602 0 ( Góc ngoài của tam giác BIC ) Xét ∆BIC có IBC BCI = 600 nên BIC = 1200 Khi đó I3 I = 604 0

Xét ∆BIE và ∆BIK có :

 ∆BIE = ∆BIK (g.c.g)  BE = BK (1)

Tương tự , ta có ∆CID = ∆CIK (g.c.g)  CD = CK (2)

Từ (1) và (2) suy ra : BE + CD = BK + CK = BC  BE + CD = BC b) Theo câu a ta có :

∆BIE = ∆BIK (g.c.g)  IE = IK (3)

và ∆CID = ∆CIK (g.c.g)  ID = IK (4)

Từ (3) và (4) suy ra : IE = ID = IK

*Phân tích bài toán: Ngược lại bài toán 2.3a: Nếu biết BE + CD = BC thì số đo góc A có bằng 60 0 không? Ta có thêm bài toán sau: B ài toán 2.4 : Cho ∆ABC, các đường phân giác BD , CE cắt nhau tại I Tính số đo góc A biết rằng: BE+ CD = BC (Bài tập 148 trang 122 - Sách Toán bồi dưỡng học sinh lớp 7) Hướng dẫn g iải: Trên cạnh BC lấy điểm K sao cho BK = BE Theo bài ra BE+ CD = BC và BK + KC = BC Nên CK = CD Ta có ∆BIE = ∆BIK (c.g.c)  EIB KIB 

∆DIC = ∆KIC (c.g.c)  DIC KIC 

A

I

60 0

1 2 4 3

K

A

I E

D

K







1 3

EBI IBC

BI chung

I I 60