Vì vậy, việc hớng dẫn học sinh tìm tòi sáng tạo là rát cần thiết đối với tất cả các thầy cô giáo dạy toán.. Cũng giống nh các bộ môn khác, môn toán với đặc thù riêng mang tính lôgíc chặt
Trang 1A.Lý do chọn đề tài :
Tìm tòi để sáng tạo, đó là nhiệm vụ hàng đầu của ngời làm toán Tìm tòi và sáng tạo là một việc không dễ và có nhiều con đờng khác nhau để đạt đợc mục đích
Vì vậy, việc hớng 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 hớng 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 phơng pháp dạy học hiện nay Cũng giống nh các
bộ môn khác, môn toán với đặc thù riêng mang tính lôgíc chặt chẽ và đòi hỏi t duy trừu t-ợng cao thì việc tạo ra đợc hứng thú, say mê trong học tập ở tất cả các đối tt-ợng 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 trờng, 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 tợng nào (Kém, Yếu , Trung bình, Khá giỏi) cũng đều phát huy tối đa đợc 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 trờng hợp đều xảy ra tâm lí không sẵn sàng chủ động giải quyết bài toán Đối với học sinh giỏi thì coi thờng hoặc cảm thấy nhàm chán, học sinh yếu thì vì không tìm ra hớng giải quyết sinh ra nản chí Trong trờng hợp này vai trò của ngời giáo viên là hết sức quan trọng, với nhiều đối tợng 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 ngời giáo viên phải
đặt trớc học sinh những tình huống có vấn đề Tình huống có vấn đề trong bộ môn toán thờng đặt ra dới dạng các bài tập, chính vì vậy trong quá trình xây dựng kiến thức cho học sinh cũng nh việc củng cố, rèn luyện kỹ năng giải toán, ngời giáo viên thờng chuẩn bị một hệ thống các câu hỏi , bài tập phù hợp với từng đối tợng học sinh Trong một giờ lên lớp để đảm bảo cho cả một tập thể học sinh đều đợc tham gia tích cực vào bài học, một
trong nhiều phơng 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
tr-ờng trung học cơ sở Cẩm Đàn xin trao đổi cùng đồng nghiệp
B.Nội dung:
Trang 2Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển
I/Phần số học;
Bài toán: Một số chia cho 7 thì d 6, khi chia cho 8 thì d 5 Hỏi số đó chia cho 56
thì d 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 d 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 đợc:
a = 8(7q + 1) + 5 = 56q + 13
Vậy số d 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 d 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 d r1 , khi chia cho (n +1) thì d r2 Hỏi khi chia a cho n(n + 1) thì số d 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 :
(n + 1)a - na = n(n +1)(q1 – q2) + (n +1)r1 - nr2
Vì (n +1)r1 - nr2 < n(n +1) nên ta có:
+ Nếu (n +1)r1 - nr2 ≥ 0 thì số d là (n +1)r1 - nr2
+) Nếu (n +1)r1 - nr2 < 0 thì
2
Trang 3a = 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 d 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
Dấu “ = ” xảy ra⇔ x – 4 = 4 ⇔x = 8
Vậy giá trị lớn nhất của A là 81
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: 81
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
d cx
b ax A
+
+
= trong đó a, b, c, d là những hằng số
áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm ( trong những điều kiện thích
Trang 4Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển
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
⋅
−
≤
−
+
−
= +
−
≤
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 đờng cao AH của ∆ABC, tia HA cắt BE tại
M Chứng minh rằng M là trung điểm của DE
Giải
Ta có hình vẽ sau: (hình 1)
4
Trang 5
Đối với học sinh lớp 7, để chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau ta đa 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 đợc 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 :
DAM
∠ = ∠AHB ( vì cùng phụ với góc BAM) kết hợp với AD = AB ta nghĩ đến việc tạo ra một tam giác vuông bằng ∆ABH ( cạnh huyền – góc nhọn ) bằng cách kẻ DI ⊥
MA
Tơng tự ta cũng có thể kẻ đợc EK ⊥ AM để tạo ra một tam bằng giác ACH
Ta có hình vẽ 2;
Khai thác kết quả ta đợc: ∆DIA = ∆AHB ( cạnh huyền – góc nhọn) ta đợc
DI = AH (1)
∆KEA = ∆HAC (nh cách vẽ) ta đợc KE = AH (2)
Từ (1) và (2) ta suy ra: DI = KE
Từ kết quả này ta chứng minh đợc ∆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 ⊥ NO2
D
A
M E
H
D
A
M
E
H K
I
Trang 6Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển
Giải:
O1N đi qua trung điểm của hai đoạn thẳng nên ta nghĩ đến đờng 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 900 + ∠BAC)
=> DC = BE (1) và ∠ADC = ∠ABE
Gọi P là giao điểm của DC và AB, R là giao của DC và BE
Xét hai tam giác DAP và BRP có :
∠DPA = ∠BPR ( đối đỉnh)
∠PDA = ∠PBR (Chứng minh trên) => ∠DPA = ∠BRA
Mà ∠DAP = 900 (góc của hình vuông) nên BRP = 900
=> DC ⊥ BE (2)
Từ (*), (1), (2) suy ra: NO1 = NO2 và NO1 ⊥ NO2 (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 đợc 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
A
B
C
O1
O2
N
Q
D
F E
R P
6
Trang 7cầu của bài toán1 Dựng hình bình hành ADGE Vẽ đờng 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
- Theo kết quả ở bài toán 1 ta đợc 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
Trớc hết, để chứng minh ba đờng thẳng đồng qui, ta thờng dựa vào tính chất đồng qui của ba đờng chủ yếu trong tam giác, lại có GH ⊥ BC nên ta liên tởng tới ba dờng 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:
A
B C
M
Q
H
G
D
F
E
T S
Trang 8Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển
⇒
∠
=
∠
∠ +
=
∠
∠ +
=
∠
GAE BCA
BCA BCF
GAE GAC
0 0 90
90
GC = BF và ∠BFC = ∠GCA
Gọi giao của GC và BF là S, BF và AC là T
Ta có: ∆FCT vuông tại C ⇒ ∠CTF + ∠CFT = 900 hay BF ⊥ GC
Chứng minh tơng tự ta cũng có GC vuông góc với QB
⇒ AH, QC, BF là ba đờng thẳng chứa 3 đờng cao của ∆GBC, vì 3 đờng cao của ∆GBC
đồng qui ⇒ Đpcm
Cuối cùng ta để ý tới tính bình đẳng tơng 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 đờng 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 lợt là M và N
1. Chứng minh AM ⊥ BC
2 Trờng 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 = 900
Ta đã có: ∠MAE + ∠HAC = 900 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 đợc ngay AN ⊥
DE (tính chất tam giác cân)
Lại có N là trung điểm của BC (GT)
Làm tơng tự nh câu 1 có AN ⊥ DE suy ra AN // OM (3)
Theo câu 1 và theo cách xác định tâm đờng 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
2
1
= (giao điểm hai đờng chéo hình bình hành)
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 đờng trung tuyến nên ∆OBC vuông tại O hay ∠BOC = 900
Trong đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC ta có ∠BAC = ∠BOC
2
1
(góc nội tiếp có số đo
8
Trang 9không quá 900 bằng một nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung).
Do đó ∠BAC=450
C Kết luận
Trên đây là một số ví dụ về cách tìm tòi, khai thác một bài toán Làm nh vậy sẽ bồi dỡng đợc năng lực t 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 dỡng năng lực t 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 đợc 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 thờng xuyên đọc sách tự nâng cao kiến thức và phải có kế hoạch giải toán thờng xuyên su 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 ngời giáo viên nào cũng biết trong quá trình đổi mới phơng 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 sớng nguyên lý
“Hoạt động tích cực” đề cao vai trò của ngời học hay nh Léptôntôi đã từng nói “ Kiến thức chỉ thực sự là kiến thức khi nào nó là thành quả của những cố gắng của t duy chứ không phải của chí nhớ” Việc thực hiện giảng dạy theo phng 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 cha 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 nh khi bắt tay vào viết sáng kiến này tôi đợc sự giúp đỡ tận tình của các thầy cô giáo trờng 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 … … …
Trang 10Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển
Xác nhận của hội đồng khoa học trờng THCS cẩm đàn
………
………
………
………
………
……….
T/M HĐKH nhà trờng
10