Rèn luyện khả năng sáng tạo hình học cho học sinh lớp 8 9 trường THCS lê hữu lập

Lí do chọn đề tài: Trong quá trình dạy học Toán đặc biệt là môn Hình Học cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

PHÒNG GD&ĐT HẬU LỘC

RÈN LUYỆN KHẢ NĂNG SÁNG TẠO HÌNH HỌC

CHO HỌC SINH LỚP 8-9 TRƯỜNG THCS LÊ HỮU LẬP

Người thực hiện: Trần Văn Lực Chức vụ: Giáo viên

Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Hữu Lập SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

1 MỞ ĐẦU

1.1 Lí do chọn đề tài:

Trong quá trình dạy học Toán đặc biệt là môn Hình Học cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện và tu dưỡng trong cuộc sống của học sinh Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn luyện cho các em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán của trí tuệ là những điều kiện cần thiết vô cùng quan trọng trong việc học toán Chính vì vậy bồi dưỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số vốn kiến thức thông qua việc làm bài tập càng nhiều, càng tốt, càng khó càng hay mà phải cần thiết rèn luyện khả năng sáng tạo toán cho học sinh

Quá trình tìm kiếm lời giải hoặc có khi là tìm thêm lời giải khác, lời giải hay của một bài toán hình học việc vẽ thêm các yếu tố phụ giúp cho việc kết nối

từ giả thiết đến kết luận của một bài toán được dễ dàng hơn, thuận lợi hơn Tuy nhiên vẽ thêm hình phụ như thế nào để có được lời giải đẹp là vấn đề khiến chúng ta phải đầu tư suy nghĩ Thực tế cho thấy không có phương pháp chung cho việc vẽ thêm hình phụ khi giải các bài toán hình học Tùy từng bài toán cụ thể mà chúng ta có những cách vẽ thêm hình phụ hợp lý để có thể đến với lời giải của bài toán Vẽ thêm hình phụ là một sự sáng tạo nghệ thuật tùy theo yêu cầu của một bài toán cụ thể Vì vậy giáo viên phải là người khởi nguồn đầu tiên

cho sự sáng tạo ấy Cho nên tôi tâm huyết chọn sáng kiến kinh nghiệm “Rèn

luyện khả năng sáng tạo Hình Học cho đối tượng học sinh khá giỏi lớp 8-9” 1.2 Mục đích nghiên cứu:

Từ khi ra trường năm 2004 đến nay bản thân nhận thấy việc dạy học môn Hình học của một số thầy, cô giáo và việc học môn Hình học của đa số đối tượng học sinh rất ngại dạy và học Bởi vì một lẽ môn Hình học đòi hỏi tính sáng tạo, tính tư duy, tính tưởng tượng, tính cần cù chịu khó và để giải quyết một bài toán hình học cần sử dụng rất nhiều đơn vị kiến thức Nhiều khi chúng

ta phải thừa nhận vấn đề đó rồi mới đi chứng minh Cho nên đứng trước vấn đề

đó và đặc biệt hơn việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi môn Hình học càng khó

khăn hơn nhiều Nên bản thân đã mạnh dạn thay đổi phương pháp rèn luyện khả năng sáng tạo Hình học cho đối tượng học sinh khá giỏi với cách làm như sau:

+ Cách làm cũ:

- Giáo viên phát hiện số học sinh khá - giỏi nhưng việc rèn luyện và nâng cao kiến thức cho học sinh hơi muộn

- Quá trình bồi dưỡng rèn luyện thường thường là giáo viên đưa ra một số bài tập rồi cho học sinh nghiên cứu  học sinh giải  giáo viên chữa Không đi sâu phân tích bài toán có những cách giải nào và nó vận dụng vào các bài toán khác như thế nào (có chăng thì cũng qua loa, đại khái)  hứng thú học tập của học sinh chưa cao  hiệu quả còn thấp

+ Cách làm mới:

- Giáo viên phát hiện số học sinh khá - giỏi và rèn luyện và nâng cao kiến thức cho học sinh bắt đầu từ lớp 6

- Quá trình bồi dưỡng rèn luyện giáo viên đưa ra một số bài tập rồi cho học sinh nghiên cứu  học sinh giải bằng nhiều cách (nếu có thể)  giáo viên chữa bài  đi sâu phân tích bài toán có những cách giải nào khác không và

nó vận dụng vào các bài toán khác như thế nào  gây hứng thú học tập cho học sinh  hiệu quả học tập chắc chắn sẽ cao hơn

+ Từ hiệu quả đó bản thân đã mạnh dạn đi sâu nghiên cứu đề tài “Rèn

luyện khả năng sáng tạo Hình học cho đối tượng học sinh khá - giỏi lớp 8-9”

mong độc giả đón nhận và góp ý

1.3 Đối tượng nghiên cứu:

- Học sinh khá giỏi từ lớp 8, lớp 9

- Đưa ra một bài toán  Học sinh giải  Khái quát hoá bài toán Bài toán gốc  Phân tích, khai thác đi tìm nhiều cách giải khác nhau  Chốt lại

- Đưa ra một số bài toán  giải quyết bài toán  Vận dụng bài toán đó

đi giải quyết các bài toán liên quan  Chốt lại

1.4 Phương pháp nghiên cứu:

Xuất phát từ điều mong muốn học sinh rèn luyện khả năng sáng tạo, tìm được nhiều cách giải, do đó bản thân người thầy, người cô phải là người tìm ra nhiều cách giải nhất

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận:

+ Rèn luyện khả năng sáng tạo Hình học cho đối tượng học sinh khá giỏi, trước mỗi bài tập tôi đã cho học sinh tìm hiểu nhiều cách giải, đồng thời người thầy giáo, cô giáo cũng phải gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải Trên cơ sở để học sinh tự tìm ra cách giải hợp lý nhất Phát hiện ra được cách giải tương tự và khái quát phương pháp đường lối chung Trên cơ sở để mỗi bài toán cụ thể các em có thể khái quát hoá thành bài toán tổng quát và xây dựng các bài toán tương tự

+ Qua sáng kiến này mong muốn thay đổi phương pháp bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi từ trước tới nay của một bộ phận giáo viên Xây dựng một phương pháp mới đó là rèn luyện khả năng sáng tạo Hình học cho đối tượng học sinh khá giỏi sao cho mọi lúc mọi nơi các em có thể tự phát huy năng lực độc lập sáng tạo của mình

2.1 Thực trạng:

Qua hơn mười lăm năm giảng dạy thì hơn mười lăm năm bản thân trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh khá giỏi của trường tham gia các kỳ thi học sinh giỏi cấp Huyện, Tỉnh Qua trắc nghiệm hứng thú học toán của học sinh tôi thấy chỉ 20% các em thực sự có hứng thú học toán (có tư duy sáng tạo), 40% học sinh thích học toán (chưa có tính độc lập, tư duy sáng tạo) và 40% còn lại thì không Qua gần gũi tìm hiểu thì các em cho biết cũng rất muốn học song nhiều khi học một cách thụ động, chưa biết cách tư duy để giải một bài toán một cách sáng tạo, bởi lí do điều kiện khách quan của địa phương và nhà trường, học sinh chỉ được bồi dưỡng một thời gian nhất định trước khi đi thi, do vậy chỉ được học một phương pháp, vì vậy học sinh chưa có hứng thú học toán

2.3 Các giải pháp:

Giải pháp 1: Chứng minh bài toán bằng nhiều cách:

Chúng ta đều biết, nhiều bài toán có thể giải bằng nhiều cách, nhất là các bài toán chứng minh hình học Việc tìm nhiều cách giải cho một bài toán sẽ giúp học sinh nói chung và giáo viên nói riêng ghi nhớ và áp dụng triệt để, linh hoạt các kiến thức đã học khi giải toán Xin nêu một bài toán quen thuộc của lớp 8 làm ví dụ

Bài tập 1: Cho tứ giác ABCD có AB = CD; M, N tương ứng là trung điểm của BC; DA Giả sử đường thẳng MN cắt các đường thẳng AB, CD tương ứng tại P;

Q Chứng minh rằng: BPM CQM

Chứng minh

Xét trường hợp P thuộc tia đối của tia AB; NM

Q thuộc tia đối của các tia DC; NM và P nằm giữa N và Q (các trường hợp khác chứng minh tương tự)

P

N I

M

E

A D

Q Gọi I trung điểm của AC Từ gt suy ra

IM; IN tương ứng là đường trung bình của các ABC ACD; 

/ / ; / /

IM AB IN CD

IM  AB CD IN

Do đó: IMN cân tại I  IMN INM

Mặt : BPM IMN (slt);

CQM  INM (đvị) Suy ra: BPM CQM đpcm

* Nhận xét: Gọi E là giao điểm của AB và CD  BEC  2.CQM

Bây giờ ta đặc biệt hóa bài toán trên bằng cách cho điểm D nằm giữa A

và C ==> ta có bài toán sau:

Bài tập 1.1: Cho ABC có AC > AB Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho CD =

AB Gọi M, N tương ứng là trung điểm của BC; AD

Chứng minh rằng: BAC 2.CNM

Hướng dẫn CM

Cách 1: Gọi K trung điểm của BD.

Từ t/c đường trung bình của tam giác

KMN

  cân tại K

BAC DNK CNM NMK KNM

Do đó: BAC 2.CNM đpcm

K

N D

M

A

Lời bình: Từ giả thiết M, N trung điểm của BC; AD nếu từ hình vẽ ban đầu

không giải quyết được thì người làm có thể suy nghĩ ngay một điểm phụ và điểm phụ đó là trung điểm K của BD.

Cách 2: Gọi I trung điểm của AC.

Ta có: AB 2.IM CD

Mà CD CA DA   2.IA 2.NA 2.IN

IM IN

  Suy ra BAC MIN   2.CNM

Do đó: BAC 2.CNM đpcm

I

M

A D

N

Lời bình: Từ cách giải trên cho ta thấy tính hiệu quả của việc khai thác trung

điểm của cạnh tương ứng  xây dựng trung điểm I của cạnh AC.

Cách 3: Gọi H là điểm đối xứng của A

qua M

Ta cm được CDH cân tại C

 180 0  2  2 

Do đó: BAC 2.CNM đpcm

Từ gt  gợi ý M trung điểm 2 đường chéo  cách giải 3

M

A

H

D

N

Lời bình: Ta có thể tạo điểm M thành 1 điểm đặc biệt của một hình đặc biệt

 M giao điểm của hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Cách 4: Gọi L là điểm đối xứng của D

qua M

Ta cm được ABL cân tại B

CNM CAL BLA BAL

Do đó: BAC 2.CNM đpcm

Từ gt  điểm A và D bình đẳng  gợi ý xác định điểm đối xứng D qua

M  cách 4

A

L

D

N

Lời bình: Từ cách giải 1,2,3 cho ta một hướng khai thác mới Điểm A; D bình

đẳng  ta lấy các điểm đặc biệt đối với A thì cũng có thể lấy các điểm đặc biệt đối với D.

Cách 5: Gọi R là điểm đối xứng của B

qua N

Ta cm được CDR cân tại D

  2  2 

BAC ADR DCR CNM

Do đó: BAC 2.CNM đpcm

Từ gt  điểm A và B bình đẳng  gợi ý xác định điểm đối xứng B qua N

 cách 5

M

A R

D

N

Lời bình: Ta thấy điểm M, N có vị trí vai trò như nhau Từ điểm M ta có thể

khai thác được nhiều cách giải  đi khai thác điểm N.

Cách 6: Ký hiệu: độ dài các cạnh AB,

BC, CA lần lượt là c; a; b

Dựng AE // MN (E BC )

Theo đl Talet ta có: CM CN

CE CA

2

a b

CE

b c





ab ac

EB a

b c b c

  Do đó EC b AC

EB  c AB

Suy ra AE phân giác BAC

Vậy BAC 2.CAE  2.CNM đpcm

M

A R

D

N

y

z

Q

B

M O

D

A

C

Sau khi hoàn thành bài toán trên với 6 cách giải không những học sinh mà giáo viên cũng rất là vui và phấn khích trước những cách phân tích tìm tòi lời giải hay, ngắn gọn súc tích và từ đó chắc chắn một điều rằng học sinh rất tin tưởng vào vốn kiến thức của mình, tự tin hơn trong vấn đề tiếp thu và đi khai thác bài toán.

Bài tập 2: Cho góc xOy có tia phân giác Oz Trên tia 0x lấy hai điểm

A, B và trên tia Oy lấy hai điểm C, D sao cho A thuộc đoạn OB, C thuộc đoạn OD và AB = CD Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD

Chứng minh rằng MN//Oz.

+ Công việc giáo viên: HD cho học sinh một số cách chứng minh.

Có nhiều dấu hiệu để nhận biết hai đường thẳng song song như: các góc

ở vị trí đồng vị, so le trong, so le ngoài bằng nhau; hai đường thẳng cùng vuông góc với đường thẳng thứ ba; hai đường thẳng cùng song song với đường thẳng thứ ba; phân giác của hai góc bằng nhau có các cạnh tương ứng song song; tính chất của hình bình hành; tính chất của các đoạn thẳng tỷ lệ; Từ những dấu hiệu nhận biết đó, hi vọng sẽ xác định được các phương hướng chứng minh thành công.

Trên thực tế, dựa vào các dấu hiệu nhận biết trên, ta có cách chứng minh sau:

Cách 1:

Gọi Klà trung điểm của BC

Từ AB CD và tính chất đường trung

binh trong tam giác, ta có MK/ /AB;

/ / ;

NK CD MK NK Gọi P Q, lần lượt là

giao điểm của MN với Ox Oy; Suy ra tam

giác MKN cân tại K và

OQP KNM KMN OPQ (t/c góc đvị)

POQ

  cân tại O  2xOz xOy  2OPQ

 xOz OPQ  (là 2 góc đồng vị)

 Oz//PQ hay Oz//MN. Nhận xét 1: Ngoài cách xác định điểm K

ở bài toán trên  y/c học sinh xác định một điểm khác điểm K mà vẫn giải quyết được bài toán trên  cách 2

Cách 2:

Xác định P, Q như cách 1 và dựng hình

bình hành ABED

Do đó:DE/ /AB DE; AB DC  CDE

cân tại D N là trung điểm của AE và MN

là đường trung bình của tam giác ACE

suy ra MN//CE hay PQ//CE

OQP DCE

  (hai góc so le ngoài)

Và OPQ DEC   (hai góc có cạnh tương

ứng song song) Suy ra OQP OPQ    

POQ cân tại O

=> Oz//MN (như cách 1).

Cách 3:

Với K là trung điểm của BC, theo cách 1

ta có MKN cân tại K và xOy, MKN là

hai góc có cạnh tương ứng song song, có

tổng bằng 180 0 Do đó phân giác Kt của

MKN đồng thời vuông góc với MN và Oz

(HS tự CM)

Suy ra MN//Oz.

Cách 4:

Trên tia đối của tia NA, lấy điểm E sao

cho NA=NE Ta dễ dàng thấy MN//CE;

AB//DE; CD=AB=DE Như vậy:  CDE

cân tại D và EDy  2.ECy Ox DE ; / / Suy ra

  2 

EDy xOy  zOy

=> ECy zOy   Oz CE/ /  Oz MN/ /

x

y

z

Q

B

M

E O

D

A

C

Nhận xét 2: Từ cách 1 ta có K trung điểm

BC  không cần xác định điểm P, Q 

hãy nhận xét các cạnh của xOy và KMN.

 cách 3.

x

y z

t O

B

D

A

C M

N K

Nhận xét 3: Từ cách 2 ta xác định điểm E

sao cho ABED hình bình hành  NA=NE

 xác định điểm E có t/c NA=NE  đi giải quyết bài toán  cách 4.

x

y

z

E 0

B

D

A

C

Nhận xét 4: Từ cách 3 ta xác định điểm E

sao cho ABED hình bình hành  ta thấy điểm C,D độc lập NA=NE  xác định điểm E để ABEC hình bình hành  giải quyết bài toán  Cách 5

Cách 5:

Dựng hình bình hành ABEC, ta có

/ / ; 2 ; / /

BE AC BE AC MC CE AB và

CEAB CD

Do đó: DCEcân tại C  phân giác Ct

của DCEđi qua trung điểm H của DE;

DCE xOy (đồng vị), suy ra hai phân giác

Ct // Oz => CH // Oz.

x

y

z t 0

E B

D

A

C

NX5: Ta thấy các điểm A,B,C,D bài toán

cho rất đặc biệt  cách 1 ta xác định điểm K là trung điểm của BC  xác định điểm G là trung điểm AD  BT được giải quyết C6

Cách 6:

Gọi K, G lần lượt là trung điểm của BC,

AD.

Ta chứng minh được MK // Ox, MG // Oy

và MKNG là hình thoi  MN phân giác

của KMG.

Mặt  : KMG xOy  có các cạnh tương

ứng song song, suy ra MN // Oz.

Cách 7:

Dựng các hình bình hành ABIM và

CDJM, ta có

BI // AC // DJ và BI=AM=CM=DJ, do đó

BIDJ là hình bình hành

Mặt  : N là trung điểm của BD suy ra N là

trung điểm của IJ Ta có:

MI=AB=CD=MJ nên tam giác IMJ cân tại

M, suy ra MN là phân giác của IMJ

Vì IMJ  xOy (góc có cạnh tương ứng

song song) nên MN // Oz.

x

y

z

0

B

D

A

C

K

G

NX6: Từ cách giải 3 ta đã tạo được 2 góc

có cạnh tương ứng song song  hãy xác định hai tia phân giác của 2 góc có cạnh tương ứng song song  đi giải quyết BT 

C7

x

y

z

0

I

J B

D

A

C M

N

Cách 8: Từ M, N dựng các đường thẳng

song song với Oy, lần lượt cắt Oz tại M’,

N’ Gọi giao điểm của AM’, BN’ với Oy

lần lượt tại A’, B’.

Ta có MM’, NN’ lần lượt là các đường

trung bình của các  AA’C,  BB’D suy

ra M’, N’ lần lượt là trung điểm của AA’,

BB’ và CA’=2MM’, DB’=2NN’.

Mặt  : M’, N’ thuộc phân giác Oz của

xOy suy ra  AOA’ và  BOB’ là các tam

giác cân tại O.

=> OA=OA’; OB=OB’ => AB=A’B’=CD

=> CA’=DB’ => MM’=NN’.

Lại có MM’ // NN’ (//Oy) suy ra

MM’N’N là hình bình hành => MN //

M’N’

=> MN // Oz.

NX7: Từ t/c hình bình hành  hãy tạo 1 hình bình hành trong đó 1 cạnh là đối tượng cần tạo  cạnh đối còn lại phải là đối tượng cần CM  C8

x

y

z 0

B

D

A

C M

N M'

A'

N'

B'

Cách 9: (Xem hình cách 8)

Trên 0y, lấy hai điểm A’, B’ sao cho

OA’=OA, OB’=OB Gọi giao điểm của

AA’, BB’ với 0z lần lượt là M’, N’ ta

cũng có chứng minh được MM’N’N là

hình bình hành và có đpcm.

x

y

z 0

B

D

A

C M

N M'

A'

N'

B'

Cách 10: Gọi giao điểm của các đường

thẳng đi qua M song song với 0x, qua N

song song với 0y lần lượt cắt 0z tại M’, N’

và MM’ cắt NN’ tại F Gọi giao điểm của

CM’ với 0x là C’ và giao điểm của BN’

với 0y là B’.

Tương tự cách 8, ta có các tam giác 

COC’ và  BOB’ tân tại O suy ra

BC’=B’C => AC’=DB’ (vì AB=CD)

=> MM’=NN’.

Mặt khác: FN M ' '  zOy (so le trong).

 ' ' 

FN M zOx (đồng vị) và zOx zOy 

NX9: Từ đặc điểm của để bài cho góc

x0y; điểm M,N Hãy dự đoán nếu từ 2 điểm M,N tạo các đường thẳng song song với các cạnh của góc x0y tthì bài toán đưa

về dạng cơ bản nào?  C10.

x

y

z M' N'

0

F B

D

A

C M

N

B' C'