sang kien KN Toan THCS cap tinh

Không những bản thân tôi áp dụng mà tôi còn chia sẽ cách làm này cho các đồng nghiệp của tôi trong trường và từ đó kết quả thi khảo sát, thi chuyển cấp vào lớp 10 THPT cũng như các cuộc [r]

Phần I ĐẶT VẤN ĐỀ

I LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong quá trình giảng dạy nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi nóiriêng thì việc định hướng, liên kết, mở rộng và lật ngược bài toán là một vấn đề rấtquan trọng, nó không chỉ giúp cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạngtoán cơ bản mà còn nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đóphát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho các em học sinh Hơn nữa, việc liênkết, mở rộng và lật ngược các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữachúng sẽ giúp cho học sinh hứng thú và phát triển năng lực tự học một cách khoahọc khi học toán

Qua nhiều năm giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi tôi được tiếp xúc vớirất nhiều đối tượng học sinh và thấy rằng đa số học sinh không nhớ những bài đãlàm thậm chí có những bài chỉ khác nhau bởi lời văn nhưng nội dung lại hoàngiống với bài toán cũ Đặc biệt là các bài toán đảo và bài toán tổng quát học sinhthường không có kỷ năng nhận ra Chính vì vậy, để giúp học sinh dễ dàng nhận racác bài toán cũ, bài toán đảo, bài toán tổng quát…đồng thời góp phần vào việc đổimới phương pháp dạy học theo hướng tích cực và bồi dưỡng năng lực học toán chohọc sinh, rèn luyện khả năng sáng tạo trong học toán cho học sinh cũng như muốngóp phần vào công tác bồi dưỡng đội ngũ học sinh giỏi Toán trường THCS Lê Lợinói riêng và học sinh toàn huyện Yên Thành nói chung Tôi xin được trình bày đề

tài: “ Giúp học sinh hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học qua việc xây dựng hệ thống bài tập từ một bài tập ban đầu theo nhiều hướng khác nhau ”

II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

- Cung cấp kiến thức và phương pháp tự học cho học sinh khi học bộ môn Toán

- Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động của học sinh Khơi dậy tính sáng tạo

và giải toán của học sinh

- Phát triển năng lực tự học, biết liên kết và mở rộng các bài toán từ đó giúp các emhình thành phương pháp giải

- Giúp học sinh hứng thú hơn trong học tập đặc biệt là bồi dưỡng Học sinh giỏi

III PHẠM VI NGHIÊN CỨU

Nội dung chương trình Toán THCS mà chủ yếu là chương trình lớp 8 và lớp 9

IV ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU

Phương pháp hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động và năng lực tự học của học sinh

Phần II NỘI DUNG

I CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỂN CỦA ĐỀ TÀI

1.Cở sở lý luận

Đặc điểm của lứa tuổi THCS là muốn tự mình khám phá, tìm hiểu trong quátrình nhận thức Các em có khả năng điều chỉnh hoạt động học tập, sẵn sàng thamgia các hoạt động học tập khác nhau nhưng cần phải có sự hướng dẫn, điều hànhmột cách khoa học và nghệ thuật của thầy cô giáo Hình thành tính tích cực, tựgiác, chủ động và đồng thời phát triển năng lực tự học của học là một quá trình lâudài, kiên nhẩn và phải có phương pháp Tính tích cực, tự giác, chủ động và nănglực tự học của học sinh được thể hiện một số mặt sau:

- Biết tìm ra phương pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các tưtưởng rập khuôn, máy móc

- Có kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận mộtvấn đề ở nhiều khía cạnh

- Phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Như thế nào?Liệu có trường hợp nào nữa không? Các trường hợp khác thì kết luận trên có đúngnữa không? Và phải biết tổng hợp các bài toán liên quan

- Tính chủ động của học sinh còn thể hiện ở chổ biết nhìn nhận vấn đề và

- Một số giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạobài toán trong các các giờ luyện tập, tự chọn

- Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ được các bài toán với nhau, phát triểnmột bài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, quan trọng hơn là nângcao được tư duy cho các em làm cho các em có hứng thú hơn khi học toán

Trước thực trạng trên đòi hỏi phải có các giải pháp trong phương pháp dạy

và học sao cho phù hợp và có hiệu quả

1 3 2 1

2 1

1

A

B

C F

D

O

II GIẢI PHÁP THỰC HIỆN:

Trong quá trình dạy toán, chắc rằng các thầy cô giáo đã có không ít lần gặpcác bài toán cũ mà cách phát biểu có thể hoàn toàn khác, hoặc khác chút ít Nhữngbài toán tương tự, mở rộng, đặc biệt hóa hay lật ngược bài toán mà các bài toánnày có cùng phương pháp giải Nếu giáo viên định hướng cho học sinh kỷ năngthường xuyên liên hệ một bài toán mới với những bài toán đã biết như bài toánđảo, bài toán tổng quát, bài toán đặc biệt thì sẽ làm cho học sinh phát hiện ra rằngbài toán đó không mới đối với mình nữa hoặc nhanh chóng xếp loại được bài toán

từ đó định hướng được phương pháp giải quyết một cách tích cực và chủ động Sauđây tôi sẽ đưa ra một số ví dụ để giải quyết thực trạng trên và để thể hiện nội dungcủa đề tài

2 Xây dựng hệ thống bài toán

Qua việc chứng minh ví dụ 1 ta thấy nếu vẽ về phía ngoài tam giác ABC hai tamgiác đều thì ta luôn có = = = 1200 Với cách suy nghĩ này ta có bài toán 1 và đây

là bài toán đảo của ví dụ 1

O A

2 1

1

A

B

C F

D

O

Bài toán 1: Cho tam giác ABC nhọn hãy dựng một điểm O trong tam giác sao cho

= =

Nhận xét: Rõ ràng nếu chưa có ví dụ 1 thì bài toán này không đơn giản nhưng nếu

có ví dụ 1 và bài toán 1 thì bài toán này trở nên đơn giản

Hướng dẫn

a Cách dựng

- Dựng về phía ngoài tam giác ABC, 2 tam giác đều ABF, ACD

- Giao điểm của BD và FC là điểm O cần dựng

b Chứng minh

- ∆ABD = ∆AFC (theo cách dựng và ví dụ 1)  1 = 1

⇒ AOBF nội tiếp ⇒ 1 = 2 = 600

Bài toán 2: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các tam giác đều

ABF, ACD Gọi giao điểm của BD và CF là O

Chứng minh rằng OA + OB +OC = BD

Hướng dẫn:

Q D

O

C B

A

Trên cạnh OD ta lấy điểm P sao cho PD = OA

- Xét hai tam giác: CPD và COA có:

Bài toán 3: Cho tam giác nhọn ABC, dựng tam giác đều ACD về phía ngoài tam

giác ABC O là một điểm bất kỳ trong tam giác ABC Tìm vị trí của điểm O sao cho tổng khoảng cách từ O tới ba đỉnh của tam giác là nhỏ nhất

Nhận xét: Đây là bài toán cũ mà mới và khó nếu như các em học sinh chưa gặp

bài toán 2 và bài toán 1 nhưng nếu các em đã làm hai bài toán trên thì thực chất bài toán thứ này là bài toán thứ nhất nhưng ở mức độ câu hỏi khó hơn Thế thì làm thế nào để giáo viên hướng dẫn học sinh làm được bài mà không gặp khó khăn? Đó là hình thành cho các em biết cách liên kết các bài toán đã học với nhau

từ đó học sinh sẽ lĩnh hội kiến thức một cách chủ động, tích cực và dễ dàng hơn.

Hướng dẫn:

Dựng tam giác đều OCQ ở phía ngoài tam giác OBC có bờ là đường thẳng OC

- Xét hai tam giác: ∆CQD và ∆COA, có:

N M

P

H 1 A

Từ (1) và (2) suy ra O là điểm nhìn ba cạnh của tam giác ABC dưới một góc bằng

1200 hay O là giao điểm của 3 cung chứa 3 góc , , dựng trên 3 đoạn thẳng BC,

AB, AC

Nếu giữ nguyên giả thiết của ví dụ 1 và thêm chút giả thiết ta sẽ có bài toán 4 khóhơn rất nhiều

Bài toán 4: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều

ABF; ACD Gọi M,N lần lượt là trung điểm của cạnh AF và CD P là một điểmthuộc BC sao cho BP = 3PC Tam giác MNP là tam giác gì?

Nhận xét : Đây thực sự là một bài toán rất khó, nhưng nếu ta biết giúp các em liên

hệ với các bài toán trước và bằng cách dự đoán hình vẽ thì bài này trở nên không phải là khó lắm Đối với bài toán dạng như trên thì các tam giác chỉ có thể là các tam giác đặc biệt như tam giác cân, đều, vuông…Ở bài này nhìn hình vẽ ta dự đoán là tam giác vuông.

1 3 2 1

2 1 1

E

A

B

C F

D

O

Ở bài toán ví dụ ta vẽ về phía ngoài tam giác ABC hai tam giác đều là ABF, ACDthì có kết quả là CF = BD Vậy thì bây giờ ta vẽ thêm tam giác đều BCE ở phíangoài của tam giác ABC thì liệu AE; BD; CF có bằng nhau không và có cắt nhautại một điểm không? Từ đó ta có các bài toán 5

Bài toán 5: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều

ABF; ACD; BCE Chứng minh rằng

a AE = BD = CF

b AE, BD, CF đồng quy

Hướng dẫn:

a + Theo bài toán 1 ta có CF = BD (1)

+ Chứng minh tương tự bài toán 1 ta có CF = AE (2)

Từ (1) và (2) ta có AE = BD = CF

b Gọi O là giao điểm của BD và CF Ta cần CM: A; O; E thẳng hàng

+ Thật vậy : DAB = CAF (bài toán 1) ⇒ 1 = 1

⇒  AOBF nội tiếp ⇒ 1 = 2 = 600 và 2 = 1 = 600 ⇒ = 1200 (3) +Tương tự :

DAB = CAF (bài toán 1) ⇒ =

⇒  AOCD nội tiếp ⇒ 3 = 1 và = ⇒ = 1200 (4)

+ Từ (3) và (4) suy ra = 1200 mà = 600 ⇒  BOCE nội tiếp

⇒ = = 600 mà 1 = 600 ⇒ = 1 ( cùng = 600) Do đó A; O; Ethẳng hàng (ĐPCM)

Nhận xét : Ở bài toán 5 ta vẽ 3 tam giác đều về phía ngoài của tam giác ABC thì

được kết quả là AE = BD = CF và AE, BD, CF đồng quy và = = =1200 Vậy thìnếu ta vẽ ngược trở lại tức là vẽ ngược vào trong tam giác cả ba tam giác đều thìđiều đó còn đúng nữa không? Từ suy nghĩ này ta có bài toán thứ 6

Bài toán 6: Cho tam giác ABC Dựng các tam giác đều ABD, BCE,CAF lần lượt

nằm trên các mặt phẳng có bờ AB chứa điểm C, bờ BC chứa điểm A, bờ ACchứa điểm B

a Chứng minh AE= BD= CF

b Chứng minh AE, BD, CF đồng quy

c Tính , ,

Nhận xét: Ở bài toán này, ta thấy rằng kết quả :

+ AE= BD= CF, và AE,BD, CF đồng quy vẩn đúng nhưng cách chứng minh có phần khó khăn hơn, còn kết quả

+ = = =120 0 sẽ không đúng nữa

Hướng dẫn

a Tương tự như bài tập 4

b Do ABE = DBC nên = ⇒  ABOD nội tiếp Do đó

+ = (2 góc nt ), mà = và = (ABE = DBC)

Do đó: + = + = ⇒ E, A, O thẳng hàng

c  ABOD nội tiếp (câu a) ⇒ = = 600 và = = 600

Do đó = 1200

Nhận xét : Qua bài toán này giúp các em nhận ra một điều rằng khi vẽ hình thì ta

phải xét tất các các khả năng có thể xẩy ra để từ đó xem xét hết tất cả các trường hợp và tránh sai lầm đáng tiếc.

Bài toán 7: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều

ABF, ACD, BCE Gọi M,N,P lần lượt là tâm của các tam giác AFB, ADC, BEC.Tam giác PMN là tam giác gì?

Bài toán 8 : Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác cân

ABM, ACN, BCP sao cho = = = 1200 Tam giác MNP là tam giác gì?

Nhận xét: Tuy bài toán thứ 8 khó hơn bài toán thứ 7 nhưng nếu giáo viên hướng

dẫn các em xâu chuổi các bài toán trên đặc biệt là bài toán 7 thì bài toán thứ 8 lại trở thành bài toán thứ 7.

C B

A

Hướng dẫn: Dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều ABF, ADC,

BCE thì bài toán thứ 8 lại trở thành bài toán thứ 7 và cách giải như bài số 7

Nhận xét: Ở bài toán 5 ta vẽ 3 tam giác đều về phía ngoài của tam giác với mổi

tam giác đều có một cạnh của tam giác đã cho Bây giờ ta thay đổi một chút là cả

ba tam giác đều đó đều có chung một đường thẳng đi qua một cạnh của tam giác đãcho thì điều đó có còn đúng nữa không? Từ đây ta có bài toán thứ 9 và thứ 10

Bài toán 9: Cho tam giác ABC Trên cạnh AC lấy điểm M bất kỳ, dựng các tam

giác đều ADM, MCE,CAF lần lượt nằm trên các mặt phẳng có bờ AC chứa điểm

B, bờ AC chứa điểm B, bờ AC không chứa điểm B

a.Chứng minh AE = CD = MF

b.Chứng minh AE, CD, MF đồng quy tại O

Bài số 10: Cho tam giác ABC Trên cạnh AC lấy điểm M bất kỳ, dựng các tam

giác đều ADM, MCE,CAF nằm trên mặt phẳng có bờ là đường thẳng AC chứađiểm B Chứng minh AE = CD = MF

Hình vẽ của bài số 9 Hình vẽ của bài số 10

Nhận xét: Cả hai bài trên đều giải như bài số 6 riêng bài số 10 các đường thẳng

AE, CD, MF lại không đồng quy với nhau Từ đây giáo viên giúp cho học sinh hình thành kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn đề ở nhiều khía cạnh và giúp học sinh phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Như thế nào? Liệu có trường hợp nào nữa không? Các trường hợp khác thì kết luận trên có đúng nữa không? Và từ đây ta lại mở rộng bài toán ở ví dụ 1 theo hướng khác như sau.

Trở lại ví dụ 1, một câu hỏi đặt ra là: Nếu không dựng hai tam giác đều mà dựnghai tam giác vuông cân tại A thì BD và FC có bằng nhau nữa không? từ đó ta lại cóbài toán thứ 11

Bài toán 11: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABF;

ACD vuông cân tại A Gọi I, M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, FB, CD.Chứng minh rằng :

b Do ABD = AFC nên =

⇒  AOBF nội tiếp ⇒ = = 900 ⇒ FC  BD

Δ Từ (1), (2) và (3) suy ra: IM IN và IM = IN hay MIN vuông cân tại I

Ở bài toán 11 ta vẽ hai tam giác vuông cân ABF và ACD tại A thì CF = BD, CF

BD nhưng nếu vẽ hai tam giác vuông cân không phải tại A mà tại F và D thìkết quả đó sẽ không đúng nữa mà ta lại có kết quả khác nhưng lại phải vận dụngcách làm của bài toán thứ 11 thì mới làm được Từ đó ta có bài toán thứ 12

K H

N

E

D F

C B

A

Bài toán 12: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác ABF

vuông cân tại F; ACD vuông cân tại D Gọi M là trung điểm của BC Chứng minhTam giác FMD là tam giác vuông cân

Nhận xét: Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà chưa gặp bài toán thứ 11 thì

hơi khó giải đối với các em Nhưng nếu gặp rồi thì không khó khăn gì lắm.

Hướng dẫn

- Lấy H và K lần lượt đối xứng với C và A qua D, D và E đối xứng với A và B qua

M Suy ra tứ giác ABHF và ABDE là hình vuông

Như vậy ta đã biến bài toán thứ 12 thành bài toán thứ 11 và việc giải quyếtbài toán 12 bay giờ rất đơn giản vì các em đã làm bài toán 11.Kết hợp bài toán 11

và bài toán 12 ta lại có bài toán 13 khó hơn rất nhiều

Bài toán 13 Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các hình vuông

AFPB, ADQC và hình bình hành AFMD CM

K R

H

M G

E D

A

B

C F

Mà + = 900 ( do = 900, H là giao điểm của MA và BC)

⇒ + = 900 ⇒ = 900 hay MA BC

b Gọi O là giao điểm của BQ và MC

- Ta có: ABC = FQA ( câu a) ⇒ BC = MA và = ⇒ =

- Xét hai tam giác: BCQ và MAC có: BC = MA, = và AC = QC

Qua bài toán 13 ta thấy nếu ta không vẽ hình hành AFMD mà vẽ hình vuông BCNI

ta lại có bài toán thứ 14 tổng quát hơn

Bài toán 1 4 : Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các hình vuông

ABGF; ACED; BCPQ Chứng minh các đường cao của các tam giác AFD; CEQ;BPG xuất phát từ A, B, C đồng quy

Nhận xét : Đây là một bài toán không dễ một chút nào nếu như các em bắt đầu mới

tiếp xúc nhưng nếu thầy, cô cho các em làm các bài trên thì bài này các em sẽ định hướng và giải quyết được Vì vậy qua bài này cho chúng ta thấy rằng việc liên kết

mở rộng các bài toán là một điều hết sức quan trọng nó không chỉ giúp cho học sinh dễ dạng định hướng được bài toán mà còn giúp học sinh học toán một cách chủ động và phát triển được năng lực tự học một cách khoa học để nhớ các bài toán lâu dài.

Hướng dẫn:

- Kẻ hình bình hành ABLC

Mặt khác tứ giác ABLC là hình bình hành nên M là trung điểm của BC (3)

- Hoàn toàn chứng minh tương tự ta có:

P và N là trung điểm của AB và AC(4)

- Từ (3) và (4) suy ra AH, CP và BN đồng quy

Trở lại bài toán 12, ta thấy tam giác MIN là tam vuông cân, hơn nữa I là trungđiểm của BC nên khi ta vẽ thêm điểm D đối xứng với A qua I thì ta được hình bìnhhành ABDC và cũng dựng về phía ngoài hình bình hành này các tam giác vuôngcân thì ta có bài toán thư 15 phức tạp hơn rất nhiều

Bài toán 15: Cho tam giác ABC, về phía ngoài

của tam giác dựng hình bình hành ABDC

có bờ là đường thẳng BC không chứa điểm

A, về phía ngoài hình bình hành ABCD, dựng các

tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông cân

tại N; BDP vuông cân tại P; CDQ vuông cân tại Q

Chứng minh rằng: AD, BC, MQ, PN đồng quy

Nhận xét : Bài toán này nếu để như thế thì rất khó cho học sinh nhưng nếu ta phát

biểu dưới dạng khác thì dễ hơn nhiếu từ đó ta có bài toán 16

Bài toán 16: Cho tam giác ABC, về phía ngoài của tam giác dựng hình bình hành

ABDC có bờ là đường thẳng BC không chứa điểm A Về phía ngoài hình bìnhhành ABCD, dựng các hình vuông ABGQ’, ACIH, DBFE, CDRK, Gọi M,N,Q,Plần lượt là tâm của các hình vuông trên Chứng minh rằng

a Tứ giác MNQP là hình vuông

b Các đường thẳng AD, BC, MQ, PN đồng quy

Hướng dẫn:

I H

Q C

B A

- Gọi L’ là giao điểm của MQ và PN ⇒ = = 900 (9)

Từ (8) và (9) ⇒ L  L’ Do đó các đường thẳng AD, BC, MQ, PN đồng quy

Nhận xét: Bài toán này khó mà không khó, không khó là học sinh biết vận dụng

bài tập số 12 để làm còn khó là nếu học sinh không biết vận dụng bài tập số 12.

Qua bài tập số 16 ta thấy MNQP là hình vuông nên MQ PN và MQ = PN.Nhưng ở bài tập số 16 ta vẽ tứ giác ABCD là hình bình hành, bây giờ ta không vẽ

Q’

S O

D P

N

M A

Bài toán 17: Cho tam giác ABC, về phía ngoài của tam giác dựng tứ giác ABCD,

có bờ là đường thẳng BC không chứa điểm A Về phía ngoài hình bình hànhABCD, dựng các hình vuông ABGQ’, ACIH, DBFE, CDRK, Gọi M,N,Q,P lầnlượt là tâm của các hình vuông trên Chứng minh rằng MQ PN và MQ= PN

Nhận xét: Ở bài tập này tứ giác MNQP không còn là hình vuông nữa nhưng MQ

PN và MQ= PN vẩn đúng

Hướng dẫn:

- Gọi L là trung điểm của BC, theo bài toán 12 ta chứng minh được

MLN và  PLQ là hai tam giác vuông cân tại L ⇒ LN =LM, LP = LQ

- Xét hai PLN và QLM có: ⇒ LN =LM, LP = LQ và =

⇒ PLN = QLM (c.g.c) ⇒ PN = MQ (1) và =

- Gọi O là giao điểm của PN và MQ S là giao điểm của ML và ON

Xét MOS có + = + = 900 ( = , và = 900) ⇒ = 900 hay MQ NP

Kết luận 1: Qua các bài tập trên không những giúp cho giáo viên hình thành được

các dạng bài tập khác nhau từ một bài toán để dạy bồi dưỡng các đối tượng học sinh từ đó cung cấp kiến thức và phương pháp tự học cho học sinh khi học bộ môn Toán Hình thành tính tích cực, tự giác, chủ động của học sinh Khơi dậy tính sáng tạo và giải toán của học sinh Phát triển năng lực liên kết và mở rộng các bài toán

từ đó giúp các em hình thành phương pháp giải.

Ví dụ 2:

Q’

E