Toán t “kinh nghiệm dạy tư duy sáng tạo và kỹ năng chứng minh hình học thông qua việc khai thác bài toán gốc “

Thậm chí có những bài chỉ là tương tự bài đã giải hay chỉ là một khía cạnh của bài đã giải, hoặc bài toán ngược lại của bài đã giải mà học sinh vẫn không giải quyết được.. II/ Muc đíc

PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNGTHCS

“Kinh nghiệm dạy tư duy sáng tạo và kỹ năng chứng minh hình học

thông qua việc khai thác bài toán gốc “

Tác giả: GV:

Môn:Toán

Tổ bộ môn:KHTN Năm thực hiện: 2019

Số điện thoại cá nhân:

Tháng 5 năm 2019

“Kinh nghiệm dạy tư duy sáng tạo và kỹ năng chứng minh hình học

thông qua việc khai thác bài toán gốc “

Môn: Toán

Tổ bộ môn: KHTN Năm thực hiện: 2019

Tháng 5 năm 2019

PHẦN I - ĐẶT VẤN ĐỀ :

I / Lý do chọn đề tài:

Hình học là môn học rất quan trọng và cần thiết cấu thành chương trình toán học ở THCS cùng với môn số học và đại số Môn hình học kích thích sự sáng tạo, sự phán đoán của con người bên cạnh đó nó rèn luyện tính kiên trì, nhẫn nại của người học Bởi vậy giải toán hình học là vấn đề trọng tâm của người dạy cũng như người học

Hiện nay số học sinh sợ môn toán đặc biệt là môn hình học khá nhiều Đối với học sinh lười học đã đành song với học sinh "chăm học" cũng vậy, mặc dù thuộc lí thuyết nhưng vẩn không giải được Thậm chí có những bài chỉ là tương tự bài đã giải hay chỉ là một khía cạnh của bài đã giải, hoặc bài toán ngược lại của bài

đã giải mà học sinh vẫn không giải quyết được Nguyên nhân cơ bản dẫn đến tình trạng đó là:

- Học sinh lười học, lười suy nghĩ, không nắm được phương pháp

- Học sinh học thụ động, thiếu sáng tạo

- Không liên hệ được giữa các " Bài toán gốc" đã giải với các bài toán được suy ra từ "bài toán gốc" hay nói cách khác không biết nghiên cứu lời giải của một bài toán

Những tồn tại trên không những do người học mà còn do cả người dạy Người dạy thường chú trọng hướng dẫn các em giải, hoặc giải các bài toán độc lập

mà không chú trọng hệ thống, xâu chuổi, phát triển các bài toán từ các " bài toán gốc" nhờ việc nghiên cứu kỹ lời giải mỗi bài toán, thông qua hình vẽ, nhận xét, thay đổi giả thiết các bài toán Lật ngược vấn đề…

Chính vì vậy, tôi đã chọn đề tài: “Kinh nghiệm dạy tư duy sáng tạo và

kỹ năng chứng minh hình học thông qua việc khai thác bài toán gốc “ làm đề

tài sáng kiến kinh nghiệm trong năm học này

II/ Muc đích- nhiệm vụ nghiên cứu:

Đối với học sinh không có gì đáng nhớ hơn bằng tự bản thân các em tìm kiếm phát hiện ra những vấn đề xung quanh một bài toán cụ thể, các em sẽ nhớ lâu khi gặp một bài toán các em biết liên hệ giữa bài toán phải giải với bài toán cũ đã giải mà các em đã được biết và nó sẽ giúp các em biết bất kỳ một bài toán nào cũng xuất phát từ những bài toán đơn giản

Đề tài nghiên cứu này của tôi ngoài việc cung cấp phần nào kiến thức cho các em học sinh thì điều quan trọng hơn tôi muốn đạt được đó là rèn luyện cho các em tính

tò mò, chịu khó tìm tòi kiến thức mới, tự giác học tập để chiếm lĩnh tri thức

Nhằm rèn luyện cho học sinh cách giải quyết khi gặp vấn đề khó khăn

III/ Đối tượng nghiên cứu

Một số bài tập nguồn cũng cố kiến thức cho học sinh sau bài học Và một số bài tập mang tính sưu tầm nhằm giới thiệu đến các bạn đọc

IV/ Phương pháp nghiên cứu.

Tìm hiểu chương trình, nghiên cứu tài liệu có liên quan đến đề tài, qua thực tế bài dạy của bản thân, đặc biệt là trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi

Tìm hiểu và giải một số bài toán để nắm chắc các nội dung, và có thể liên hệ chúng với nhau.Đặc biệt là nghiên cứu về các ứng dụng của các tính chất để giải bài toán một cách rỏ ràng mạch lạc nhất

PHẦN II NỘI DUNG:

I/ Nhận thức cũ và tình trạng cũ.

Đối với các em học sinh, đặc biệt là lứa tuổi học sinh cấp 2 thì việc đến lớp vào các tiết học phải tập trung 100% tư duy và con người là một việc không phải em nào cũng ý thức được Ở lớp tiếp thu kiến thức về nhà ôn tập lại và làm bài tập vận dụng cho kiến thức đó cơ bản các em làm được Song việc tự tìm tòi, tự học thêm kiến thức tương tự và nâng cấp hơn thì không phải là việc đơn giản đối với đa số

em, đặc biệt là đối tượng học sinh vùng nông thôn khi tài liệu của các em còn hạn chế Đó là chưa nói đến một môn học với yêu cầu về mặt tư duy lô gíc và trí tưởng tượng phong phú như phân môn HÌNH HỌC Vì thế các em rất ngại phát triển bài tập hình học, và thường thì khi giải quyết được một bài tập hình học thì tư tưởng của các em đã rất thỏa mãn

II/ Nhận thức mới và những giải pháp mới.

Qua thực tế giảng dạy tôi nhận thấy trong số học sinh mình phụ trách có một số

em có tố chất tư duy nhanh nhạy nên tôi đã tiếp cận riêng và đặt vấn đề với các em Kết quả là các em rất tò mò và hào hứng Tôi bắt đầu nhen nhóm tinh thần và động viên các em Ban đầu tôi đưa ra một vài ví dụ đơn giản để các em làm quen tiếp cận, sau đó tôi mạnh dạn ra bài tập rồi giao nhiệm vụ cho từng em tìm hiểu, phát triển bài toán theo những khía cạnh khác nhau rồi tổng hợp lại Sau một thời gian nhất định tôi thật sự bất ngờ trước kết quả nhận được Không những các em tự giác học bài hơn, tư duy nhanh nhạy hơn mà các em còn biết đặt câu hỏi thêm cho tôi như:

+ Lấy kết luận làm giả thiết, lấy giả thiết làm kết luận bài toán có đúng không ? + Thay đường cao đã cho bằng đường trung tuyến bài toán sẽ ra sao ?

+ Thay tam giác cân bằng tam giác thường thì bài toán sẽ thế nào ?

Kết quả thu được như thế quả là rất đáng mừng phải không ạ Tôi thầm nghỉ đây chính là một trong những giải pháp mà mình đã đi đúng hướng Vì thế tôi quyết định phát triển nó thành đề tài nghiên cứu để chia sẽ, trao đổi với đồng nghiệp và những người quan tâm

III/ Một số ví dụ cụ thể.

Ví dụ 1:

Bài toán 1.1:

Cho tam giác cân ABC ( AB = AC ) Gọi M là trung điểm của đường cao AH Gọi D là giao điểm của cạnh AB với đường thẳng CM

Chứng minh rằng: AD =

3

1

AB

Giải:

ABC cân nên đường cao AH đồng thời là đường trung tuyến

 H là trung điểm của BC

Gọi E là trung điềm của BD ta có:

HE là đường trung bình của BDC

 HE//DC và BE= ED (1)

AEH có DM// EH; AM = MH (gt)

 DM là đường trung bình

 D là trung điểm của AE hay DE = DA (2)

Từ (1) và (2) ta có : BE= DE = AD

Vậy: AD = 1

3 AB

Nhận xét:

Dữ kiện đường cao AH cho trong tam giác ABC được sử dụng để có HB = HC, vậy ta có thể thay đường cao AH bằng trung tuyến AH Khi đó không cần tam giác ABC cân và ta có bài toán tổng quát hơn như sau:

Bài toán 1.2 :

Cho tam giác ABC có M là trung điểm của trung tuyến AH Gọi D là giao điểm của AB và CM Chứng minh rằng: AD =

3

1

AB

Giải

Ta có: HB = HC ( gt )

Gọi E là trung điểm của BD DE = EB(1)

Khi đó BDC có EH là đường trung bình

 EH // DC  EH // DM (*)

 AEH có AM = MH ( gt );

DM // EH ( theo (*))

E

D

M

C B

A

H

H B

A

C

M D

E

 DM là đường trung bình của  AEH

 DE = DA (2) Từ (1) và (2) ta có : BE= DE = AD

Vậy AD =

3

1

AB

Nhận xét:

Xét lời giải bài toán 1.2 ta thấy rằng: Khi có AD =

3

1

AB Gọi giao điểm của trung tuyến AH và CD là M ta cũng chứng minh được M là trung điểm của AH và ta có bài toán mới như sau:

Bài toán 1.3: Cho tam giác ABC có AH là đường trung tuyến D là một điểm

thuộc cạnh AB sao cho AD =

3

1

AB, CD cắt AH tại M Chứng minh M là trung điểm của AH

Giải:

Ta có :AD =

3

1

AB ( gt ) (1)  BD= AB(*) Gọi E là trung điểm của BD  BE = ED = BD = AB= AB (theo (*)) (2)

Từ (1) và (2) ta có: BE = ED = DA (3)

HB = HC ( gt )

Vậy EH là đường trung bình của tam giác BDC

 HE // DM (4)

Từ (3) và (4)  MD là đường trung bình của  AEH

 M là trung điểm của AH

Nhận xét :

Qua lời giải bài toán 1.3 ta thấy CD đi qua trung điểm của AH Nếu lấy K thuộc

AC sao cho AK =

3

1

AC ta cũng có điều tương tự, vậy ta có bài toán mới như sau:

Bài toán 1.4:

Cho tam giác ABC có trung tuyến AH Các điểm D và K theo thứ tự trên AB và

AC sao cho AD =

3

1

AB; AK =

3

1

AC Chứng minh các đường thẳng AH, CD,

BK đồng quy

Giải:

Ta có M là trung điểm của AH ( Chứng minh bài tập 1.3 ) (1)

Gọi F là trung điểm của KC  KF = FC

H E

D

M

C B

A

AK =

3

1

AC ( gt )

Vậy AK = KF = FC

Mặt khác: HF là đường trung bình của tam giác KBC

 HF // KB

Giả sử KB cắt AH tại M’  KM’ là đường trung bình

của tam giác AHF

 M’ là trung điểm của AH (2)

Từ (1) và (2)  M  M’

Vậy các đường thẳng AH, CD, BK đồng quy

Nhận xét:

Nối DK, EF ta có DK // EF Giả sử EF cắt AH ở P  P là trung điểm của EF

Ta lấy trên tia đối của tia FE một điểm I sao cho FI = FP Gọi N là giao điểm của

DI và AC khi đó ta chứng minh được N là trung điểm của DI từ đó ta có bài toán mới như sau:

Bài toán 1.5:

Cho tam giác AEF, D và P theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AE và EF Trên tia đối của tia EA lấy điểm B sao cho EB = ED, trên tia đối của tia FE lấy điểm I sao cho FI = FP Gọi N là giao điểm của DI và AF Chứng minh ba điểm B,P,N thẳng hàng

Giải:

Kẻ Dx // EF, Dx cắt AF ở K

Ta có :

DK =

2

1

EF = EP = PF = FI

DKN = IFN ( g.c.g) ( vì = , = (so le trong), DK = FI)

 DN = NI (cạnh tương ứng)

Xét DBI có IE là trung tuyến và có EP = FP = FI (gt)

 P là trọng tâm của DBI  BN là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B

 BN đi qua P, hay ba điểm B, P, N thẳng hàng

Ví dụ 2:

Bài toán 2.1

x

B

D

P

I N

F E

A

F

K M

H E

D M

C B

A

K

Cho tam giác đều ABC, gọi G là trọng tâm của tam giác Trên tia AG lấy điểm D sao cho G là trung điểm của AD Chứng minh rằng tam giác BGD là tam giác đều

Giải:

Cách 1:

Ta có : AI = BK = CH (các đường trung tuyến trong tam giác đều ) (1)

AG = GD =

3

2

AI, BG =

3

2

BK ( gt ) (2) Mặt khác: AI  BC và GI = ID

 GBD có trung tuyến BI vừa là đường cao

 GBD cân tại B

 GB = BD (3)

Từ (1), (2), (3)  GBD đều

Cách 2:

Ta có GD = GB ( cùng bằng

3

2

độ dài trung tuyến của tam giác đều ABC )

BK là đường trung tuyến của  đều ABC  BK cũng là đường cao  BK  AC

 AKG có = 90o; 1 = 30o  = 60o  = 60o

BGD cân có một góc bằng 60o  BGD đều

Cách 3:

( Ta chứng minh mỗi góc của BGD bằng 60o  BGD đều )

Nhận xét:

- Bài toán cho không khó nhưng việc khuyến khích các em trình bày các lời giải khác nhau đã giúp các em có cái nhìn linh hoạt hơn với khái niệm tam giác đều

- Khi thay ABC cân tại A ta cũng chứng minh được tam giác BGD cân tại B

- Để bài toán phong phú hơn có thể hỏi thêm :

Hãy so sánh diện tích  BGD với diện tích  ABC?

( Diện tích  BGD bằng

3

1

diện tích ABC )

- Trong bài toán 2.1 dữ kiện tam giác đều đã cho trong bài mục đích để có các trung tuyến bằng nhau Ta đã chứng minh  BGD đều vì có độ dài mỗi cạnh bằng

3

2

độ dài trung tuyến tương ứng Vậy ta có bài toán tổng quát hơn như sau:

Bài toán 2.2:

K H

G

I D

C B

A

Cho tam giác ABC có trọng tâm G Trên tia AG lấy điểm D sao cho AG = GD Chứng minh rằng  BGD có độ dài mỗi cạnh bằng

3

2

độ dài các trung tuyến tương ứng của  ABC

Giải:

Giả sử trung tuyến xuất phát từ A cắt BC tại M

Ta có: GD = AG =

3

2

AI; BG =

3

2

BK ( gt ) (1) Xét BMD và CIG có: GM = MD; BM = MC ( gt )

= ( Đối đỉnh )

 BMD = CMG ( c.g.c) BD = GC ( 2 cạnh tương ứng) (2)

Mà GC =

3

2

CH (3)

Từ (1), (2) và (3)  BGD có độ dài mỗi cạnh bằng

3

2

độ dài các trung tuyến tương ứng của tam giác ABC

Nhận xét:

- Để bài toán phong phú hơn ta có thể hỏi thêm: Chứng tỏ rằng mỗi trung tuyến của tam giác GBD có độ dài bằng

2

1

độ dài cạnh tương ứng của tam giác ABC ?

- Ta cũng chứng minh được diện tích tam giác BGD bằng

3

1

diện tích tam giác ABC

- Từ lời giải của bài toán 2.2 ta thấy tam giác BGD mới tạo nên có độ dài mỗi cạnh bằng

3

2

độ dài các trung tuyến tương ứng của tam giác ABC đã cho Vậy ta

có bài toán mới như sau:

Bài toán 2.3 :

Cho tam giác ABC, chứng minh độ dài mỗi trung tuyến của tam giác nhỏ hơn tổng

độ dài hai trung tuyến còn lại

Giải:

Giả sử ba đường trung tuyến của tam giác cắt nhau tại G

Lấy Q là trung điểm của GC Ta có GQ = QC mà

GC =

3

2

CD ( gt )  GQ =

3

1

DC

GCB có QM =

2

1

GB =

3

1

BK GM =

3

1

AM ( gt )

M

G K

C D

B H A

M Q

C B

H A

 Tam giác GMQ có độ dài mỗi cạnh bằng

3

1

độ dài trung tuyến tương ứng

Mặt khác trong tam giác GQM độ dài mỗi cạnh luôn nhỏ hơn tổng độ dài hai cạnh còn lại

 Trong tam giác ABC độ dài mỗi trung tuyến nhỏ hơn tổng độ dài của hai trung tuyến còn lại

Nhận xét: Ta đã biết GK =

3

1

BK Nếu trên tia đối của tia KB lấy KE = KB thì

KE là một trung tuyến của  EAC, lấy điểm H thuộc KE sao cho KH = KG khi đó

H chính là trọng tâm của tam giác AEC Vậy ta có bài toán mới như sau

Bài toán 2.4 :

Cho tam giác ABC, các trung tuyến AM và BN cắt nhau tại G Trên tia đối của tia

NB lần lượt lấy điểm E và điểm H sao cho NE = NB; NH = NG Gọi K là trung điểm của EC Chứng minh ba điểm A,H,K thẳng hàng

Giải:

NH = NG; EN = BN; NG =

3

1

BN ( gt )

 NH =

3

1

EN  H là trọng tâm của AEC;

K  EC ; EK = KC  AK là trung tuyến của AEC

 AK đi qua trọng tâm H của tam giác AEC

Vậy ba điểm A, H, K thẳng hàng

Ví dụ 3:

Bài toán 3.1

Cho tam giác ABC có <90 Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC

chứng minh: DC = BE và DC BE

Phân tích tìm hướng giải

*Để cm DC= BE cần cm ∆ABE = ∆ ADC ( c.g.c)

Có : AB= AD; AC= AE (gt)

 cần cm : DAC BAE  

có : BAE  90 0  BAC DAC 

* gọi I là giao điểm của AB và CD

Để cm : DC BE cần CM   0

I B 

Có  

I I ( Hai góc đối đỉnh) và   0

I D 

K

C M

B

G

N H

E A

1

1 2

1 K

I

C

E

D

B A

 Cần CM  

B D ( vì ∆ABE = ∆ ADC)

Lời giải

a) Ta có BAE  90 0  BAC DAC   DAC BAE  , mặt khác AB = AD, AC = AE (gt) Suy ra ∆ABE = ∆ ADC(c.g.c)  DC = BE

b) Gọi I là giao điểm của AB và CD

Ta có  

I I ( Hai góc đối đỉnh) ,   0

I D  ( ∆ ADI vuông tại A) và  

B D ( vì

∆ABE = ∆ ADC)  I2 B1  900  DC BC

*Khai thác bài 3.1:

Từ bài 3.1 ta thấy : DC = BE và DC BE khi ∆ABD và ∆ ACE vuông cân, vậy nếu có ∆ABD và ∆ ACE vuông cân , Từ B kẻ BK CD tại D thì ba điểm E, K, B thẳng hàng.Ta có bài toán 3.2

Bài toán 3.2: Cho tam giác ABC có Â < 900 Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn thẳng AD vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC Từ B kẻ BK

CD tại K Chứng minh rằng ba điểm E, K, B thẳng hàng

Hướng dẫn : Từ bài 1 chứng minh được DC BE mà BK CD tại K suy ra ba điểm E, K, B thẳng hàng

*Khai thác bài 3.2

Từ bài 3.2 nếu gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A thì MA BC từ đó ta có bài toán 3.3

Bài toán 3.3: Cho tam giác ABC có Â < 900

Vẽ ra phía ngoài tam giác đó hai đoạn thẳng AD

vuông góc và bằng AB; AE vuông góc và bằng AC

Gọi M là trung điểm của DE kẻ tia M A

Chứng minh rằng : MA BC

Phân tích tìm hướng giải

Gọi H là giao điểm của tia MA và BC

Để CM MA BC  ta cần CM ∆AHC vuông tại H

 Để CM ∆AHC vuông tại H ta cần tạo ra 1 tam giác

vuông bằng ∆AHC

Trên tia AM lấy điểm N sao cho AM = MN

Kẻ DQ  AM tại Q

 Cần CM ∆AHC = ∆DQN (g.c.g)



CM: ND = AC ,  

1

N ACB ,BAC  ADN

Sáng kiến kinh nghiệm Nguyên Anh Văn, 0833703100 11

1

1

Q

H

M N

E

D

B A