Gián án Khai thac tu mot bai toan

Trong quá trình giảng dạy, bồi dỡng việc khai thác bài toán rất quan trọng, nó không chỉ cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán mà cơ bản hơn nó nâng cao tính khái quát hoá,

A Những vấn đề chung

I Đặt vấn đề:

Vấn đề đổi mới phơng pháp giáo dục đào tạo theo định hớng lấy học sinh làm trung tâm

đã đợc những ngời làm công tác giáo dục ở nớc ta đặt ra từ lâu Thực hiện đợc điều này cho phép ngành giáo dục đào tạo nên thế hệ những con ngời có khả năng t duy sáng tạo và có khả năng thích ứng cao với sự phát triển đang diễn ra từng ngày Thực hiện đợc điều này cũng có nghĩa là chúng ta đã giải quyết đợc vấn đề quan trọng hàng đầu trong giai đoạn CNH - HĐH

đất nớc, đó là yếu tố con ngời

Trong quá trình giảng dạy, bồi dỡng việc khai thác bài toán rất quan trọng, nó không chỉ cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán mà cơ bản hơn nó nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đó phát triển t duy, nâng cao tính sáng tạo cho các

em học sinh Hơn nữa, việc liên kết các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữa chúng sẽ giúp cho học sinh có hứng thú khoa học hơn khi học toán

Một trong những điều kiện có thể phát triển t duy tích cực - độc lập - sáng tạo của học sinh

là phát hiện và giải quyết vấn đề mới từ vấn đề quen thuộc Trớc yêu cầu đó, tôi xin trình bày

đề tài “ Khai thác từ một bài toán” nhằm phát triển t duy tích cực - độc lập - sáng tạo của

học sinh khá giỏi ở khối lớp 8 và khối lớp 9

II Cơ sở lí luận và thực tiễn:

1 Cơ sở lí luận:

- Đặc điểm của lứa tuổi THCS là muốn vơn lên làm ngời lớn, muốn tự mình khám phá, tìm hiểu trong quá trình nhận thức Các em có khả năng điều chỉnh hoạt đọng học tập, sẵn sàng tham gia các hoạt động học tập khác nhau nhng cần phải có sự hờng dẫn, điều hành một cách khoa học và nghệ thuật của thầy cô giáo Hình thành và phát triển t duy tích cực, độc lập sáng tạo cho học sinh là một quá trình lâu dài

- T duy tích cực, độc lập sáng tạo của học sinh đợc thể hiện một số mặt sau:

+ Biết tìm ra phơng pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các t tởng rập khuôn, máy móc

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

+ Phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Nh thế nào? Liệu có trờng hợp nào nữa không? Các trờng hợp khác thì kết luận trên có đúng nữa không?

+ Tính độc lập còn thể hiện ở chổ biết nhìn nhận vấn đề và giải quyết vấn đề

+ Có khả năng khai thác một vấn đề mới từ những vấn đề đã biết.

2 Cơ sở thực tiễn:

Qua nhiều năm giảng dạy, tôi thấy:

- Học sinh yếu toán là do kiến thức còn hổng, lại lời học, lời suy nghĩ, lời t duy trong quá trình học tập

- Học sinh còn học vẹt, làm việc rập khuôn, máy móc để từ đó làm mất đi tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân

- Học không đi đôi với hành làm cho các em ít đợc cũng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện

kĩ năng để làm nền tảng tiếp thu kiến thức mới, do đó năng lực cá nhân không đợc phát huy hết

- Không ít học sinh thực sự chăm học nhng cha có phơng pháp học tập phù hợp, cha tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu quả học tập cha cao

- Nhiều học sinh hài lòng với lời giải của mình, mà không tìm lời giải khác, không khai thác phát triển bài toán, sáng tạo bài toán nên không phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân

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

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

Trớc thực trạng trên đòi hỏi phải có các giải pháp trong phơng pháp dạy và học sao cho phù hợp

III Giải pháp thực hiện:

Qua những bài toán mà học sinh đã giải đợc, tôi định hớng cho học sinh t duy theo các

ph-ơng pháp nh: Tph-ơng tự, so sánh, đặc biệt hoá, khái quát hoá để phát triển thêm những vấn đề mới, bài toán mới

Trong phần này tôi xin đợc phép phát triển từ một bài toán quen thuộc để xây dựng một số bài toán khác có liên quan Nhằm làm cho học sinh thấy đợc tầm quan trọng trong việc thay

đổi các giả thiết, tơng tự hoá bài toán, liên hệ giữa bài toán này với bài toán khác có liên quan

B Nội dung.

Bài toán mở đầu: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF;

ACD Chứng minh rằng CF = BD.

Bài giải:

Xét hai tam giác: ∆DAB và ∆CAF, có:

DA = CA (gt)

∠DAB = ∠CAF (= ∠BAC + 600) ⇒

AB = AF (gt)

⇒ ∆DAB = ∆CAF (c.g.c)

⇒ CF = BD (đpcm)

A F

D

Bây giờ ta vẽ thêm tam giác đều BCE ở phía ngoài của tam giác ABC thì liệu AE; BD; CF có

đồng quy không? Và ta có bài toán thứ hai:

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

BCE Chứng minh rằng AE; BD; CF đồng quy

Bài giải:

Gọi O là giao điểm của BD và CF

Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng

Ta có ∆DAB = ∆CAF (bài toán 1)

⇒ ∠B1 = ∠F1 ⇒ AOBF nội tiếp

⇒ ∠O1 = ∠B2 = 600

∠O2 = ∠A1 = 600

⇒ ∠AOB = 1200 (1)

Tơng tự: ∠AOC = 1200

⇒ ∠BOC = 1200

Mà ∠BFC = 600 ⇒ BOCE nội

tiếp

⇒ ∠O3 = ∠C1 = 600 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ ∠AOF = 1800

⇒ A; O; E thẳng hàng

Hay AE; BD; CF đồng quy

1 2

1

1 2 3

A

D

E F

O

Qua bài trên ta nhận thấy các góc AOB; BOC; COA có số đo là 1200 Từ đây ta xây dựng bài toán dựng hình khá quen thuộc:

Bài toán 3:

Dựng điểm O trong tam giác nhọn ABC sao cho ∠AOB =∠AOC =∠BOC =1200

Bây giờ ta trở lại bài toán mở đầu Gọi O là giao điểm của CF và BD, trên cạnh BD ta lấy

điểm P sao cho PD = OA

Xét hai tam giác: ∆CPD và ∆COA, có:

PD = OA (ta vẽ)

∠PDC = ∠OAC (OADC nt) ⇒

DC = AC (gt)

⇒ ∆CPD = ∆COA (c.g.c)

⇒ CP = OC (1)

∠CPD = ∠COA = 1200

⇒ ∠CPO = 600 (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∆CPO đều

⇒ OP = OC

Vậy, ta có:

OA + OB + OC = PD + OB + OP

Hay OA + OB + OC = BD

A

C B

D F

O

P

Đây là một đẳng thức khá đẹp, nhng đẳng thức trên có ý nghĩa gì không? Ta xét bài toán khác

Bài toán 4: Xác định điểm O trong tam giác nhọn ABC sao cho tổng khoảng cách từ O tới

ba đỉnh của tam giác là nhỏ nhất

Bài giải:

Dựng tam giác đều OCQ ở phía ngoài tam giác OBC, dựng tam giác đều ACD ở phía ngoài tam giác ABC

Xét hai tam giác: ∆CQD và ∆COA, có:

CQ = CO

∠QCD = ∠OCA (=600 - ∠QCA) ⇒

DC = AC (gt)

⇒ ∆CQD = ∆COA (c.g.c)

⇒ OA = QD

Vậy, ta có: OA + OB + OC = BO + OQ + QD

≥ BO + OD

≥ BD

“ =” xảy ra khi

+ O, Q, D thẳng hàng

Mà ∠CQO = 600 ⇒ ∠CQD = 1200

⇒ ∠COA = 1200 (1)

A F

D

O

Q

+ B, O, Q thẳng hàng

Mà ∠COQ = 600 ⇒ ∠COB = 1200 (2)

Từ (1) và (2) suy ra O là điểm nhìn ba cạnh của tam giác dới một góc bằng 1200

Nh vậy ta thấy điểm O vừa là giao điểm của ba đờng thẳng ở bài toán 2, vừa nhìn các cạnh của tam giác dới một góc bằng 1200, vừa có tổng khoảng cách tới các đỉnh nhỏ nhất

Trở lại bài toán mở đầu Ta thấy giả thiết có thừa khi chỉ cần chứng minh BD = CF, thực tế

chỉ cần giả thiết AF = AB; AD = AC; ∠BAF = ∠CAD là đủ, mặt khác cần xem thử các tam giác ABF và ACD thỏa mãn điều kiện gì để BD ⊥ CF Chúng ta tiếp tục nghiên cứu bài toán 5

Bài toán 5:

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác,

dựng các tam giác ABF; ACD vuông cân tại

A Chứng minh rằng CF = BD; CF ⊥ BD

H ớng dẫn giải:

+ CF = BD (tơng tự nh bài toán 1)

+ CF ⊥ BD:

Do Tứ giác AOBF nội tiếp

⇒ ∠BOF = ∠BAF = 900

A

D

F

O

Tiếp tục bài toán trên Gọi M; N; I lần lợt là

trung điểm của BF; CD; BC, ta có:

IM là đờng TB của tam giác BCF nên:

IM // = 21 CF (1)

Tơng tự ta có:

IN // =

2

1

BD (2) Mà: CF ⊥= BD (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra: IM ⊥ IN

IM = IN

Hay ∆MIN vuông cân tại I

A

D

F

O

N M

I

Nhận xét rằng ∆AMB và ∆ANC vuông cân tại M và N Từ đây ta có bài toán tiếp.

Bài toán 6:

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng

các tam giác ABM vuông cân tại M; ACN vuông

cân tại N Gọi I là trung điểm của BC ∆MIN là

tam giác gì?

Nếu học sinh lần đầu gặp bài toán này mà cha gặp

dạng thì hơi khó giải đối với các em

A

N M

I

Bài toán trên có thể diển đạt cách khác làm cho học sinh dễ chứng minh hơn bằng cách thay các tam giác vuông cân ABM, CAN bằng các hình vuông ABDE và ACHF thì ta đợc bài toán

đơn giản hơn Ta có bài toán 7

Bài toán 7:

Cho tam giác ABC, dựng

về phía ngoài tam giác các

hình vuông ABDE và

ACHF

a.Chứng minh rằng:

BF = CE và BF ⊥ CE

b.Gọi I, J lần lợt là tâm

của hai hình vuông đó M

là trung điểm của BC

Chứng minh rằng ∆MIJ là

tam giác vuông cân

A

H

F

E

D

I

J

M

Bài toán 7 không chỉ đơn giản hơn cho học sinh ở chỗ có câu a là bài toán phụ để chứng minh câu b mà có thể phát triển sang bài toán khác tơng tự và tổng quát hơn

Nếu gọi N là trung điểm của EF thì ta cũng có NJ là đờng trung bình của ∆ECF, và ta cũng dễ dàng suy ra đợc tứ giác IMJN là hình vuông, từ đây ta có bài toán 8

Bài toán 8:

Cho tam giác ABC, dựng

về phía ngoài tam giác các

hình vuông ABDE và

ACHF Gọi I, J lần lợt là

tâm của hai hình vuông đó

M, N là trung điểm của BC

và EF Chứng minh rằng tứ

giác IMJN là hình vuông

A

H

F

E

D

I

J

M N

ở bài toán trên, ta có thể chứng minh đợc đờng trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đ-ờng cao của tam giác ABC và đđ-ờng trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đđ-ờng cao của tam giác AEF Ta có bài toán 9

Bài toán 9:

Cho tam giác ABC, dựng

về phía ngoài tam giác các

hình vuông ABDE và

ACHF Chứng minh rằng

đờng trung tuyến AN của

tam giác AEF cũng là

đ-ờng cao AP của tam giác

ABC và đờng trung tuyến

AM của tam giác ABC

cũng là đờng cao của tam

giác AEF

F

E

D

M

Q

P N

Bài giải:

Trớc hết ta chứng minh AN ⊥BC.

Dựng hình bình hành AEQF, suy ra Q, N, A thẳng hàng

Xét hai tam giác: ∆ABC và ∆FQA, có:

AB = FQ (= AE)

∠BAC = ∠QFA (cùng bù với ∠EAF) ⇒ ∆ABC = ∆FQA (c.g.c)

FA = AC (gt)

⇒ ∠ACB = ∠FAQ

Mà ∠FAQ + ∠CAP = 900 ⇒ ∠CAP +∠ACP = 900

⇒ ∠CPA = 900

Hay AN ⊥ BC

Hoàn toàn tơng tự, ta dựng hình bình hành ABGC thì ta cũng chứng minh đợc AM ⊥ EF

ở bài toán trên ta nhận thấy QA ⊥ BC Liệu QC có vuông góc với BH không? Từ đây ta có bài toán 10

Bài toán 10:

Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác các hình vuông ABDE và ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng:

BH = QC và BH ⊥QC

Bài giải:

Gọi O là giao điểm của BH

và QC Theo BT 9, ta có:

∆ABC = ∆FQA,

nên: BC = QA

Và ∠ACB = ∠FAQ

⇒ ∠BCH = ∠QAC

Xét hai tam giác:

∆BCH và ∆QAC, có:

BC = QA

∠BCH = ∠QAC ⇒

CH = AC (gt)

∆BCH = ∆QAC (c.g.c)

⇒ BH = QC (1)

Và ∠CBH =∠AQC

Mà ∠AQC +∠QCP =

900

⇒ ∠CBH + ∠QCP =

900

Hay ∠BOC = 900

Hay BH ⊥ QC (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

A

C

D

E

F

H

Q

N

O

Tơng tự nh trên ta cũng có CD ⊥ QB Ta nhận thấy QP, BH, CD là ba đờng cao của tam giác QBC Và từ dây ta xây dựng đợc bài toán mới đợc phát biểu ở dạng khác

Bài toán 11:

Cho tam giác ABC, dựng về phía

ngoài tam giác các hình vuông

ABDE và ACHF, vẽ hình bình

hành AEQF, Chứng minh rằng

QP, BH và CD đồng quy

(ta thấy QP, BH và CD là ba

đ-ờng cao của tam giác QBC, nên

chúng đồng quy)

A

P

H

F

E

D

Q

Tiếp tục bài toán 9, ta có đờng trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đờng cao của tam giác AEF Từ

đây ta khai triển đợc bài toán mới tổng quát hơn.

Bài toán 12:

Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam

giác dựng các hình vuông ABEF; ACMN;

BCPQ Chứng minh các đờng cao của các

tam giác AFN; CMP; BQE xuất phát từ

A, B, C đồng quy

(Ta nhận thấy đó là ba đờng trung tuyến

của tam giác ABC nên chúng đồng quy) B

A

C

M

P Q

E

F

N

V

H

I

Trở lại bài toán mở đầu Gọi M; N; I lần lợt là trung điểm của AF; AD; BC Thì tam giác MNI có gì đặc biệt không?

Bài toán 13: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD

Gọi M; N; I lần lợt là trung điểm của AF; AD; BC

Chứng minh rằng tam giác MNI đều

Bài giải:

Gọi T là trung điểm của AC

Xét hai tam giác: ∆AMN và ∆TIN, có:

AM = TI (=1/2 AB)

∠MAN = ∠ITN (=2400 - ∠BAC)

⇒

AN = NT (=1/2 AD)

⇒ ∆AMN = ∆TIN (c.g.c)

⇒ MN = IN (1)

∠MNA = ∠INT

⇒ ∠MNI = 600 (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∆MNI đều

A F

D

I

T

N M

Tiếp tục bài toán trên, ta dựng hình bình hành AFPD, thì ta cũng có tam giác PBC đều

Bài toán 14: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD,

dựng hình bình hành AFPD Tam giác PBC là tam giác gì?

Bài giải:

Xét hai tam giác: ∆ABC và ∆DPC, có:

AB = DP (= AF)

∠BAC = ∠PDC (=∠PDA + 600)

⇒

AC = DC (gt)

⇒ ∆ABC = ∆DPC (c.g.c)

⇒ BC = PC (1)

Chứng minh tơng tự ta có:

∆ABC = ∆FBP (c.g.c)

⇒ BC = BP (2)

Từ (1) và (2) suy ra ∆PBC đều

A F

D P

Trở lại bài toán 6, ta thấy tam giác MIN là tam giác đều, hơn nữa I là trung điểm của BC nên khi ta vẽ thêm điểm D đối xứng với A qua I thì ta đợc hình bình hành ABDC và cũng dựng về phía ngoài hình bình hành này các tam giác vuông cân thì ta có bài toán mới phức tạp hơn

Bµi to¸n 15:

Cho h×nh b×nh hµnh ABCD, vÒ phÝa ngoµi

h×nh b×nh hµnh, dùng c¸c tam gi¸c ABM

vu«ng c©n t¹i M; ACN vu«ng c©n t¹i N;

BDP vu«ng c©n t¹i P; CDQ vu«ng c©n t¹i

Q Chøng minh r»ng tø gi¸c NMPQ lµ h×nh

vu«ng

A

D

N

Q

P

M

I

Bµi to¸n trªn cã thÓ ph¸t biÓu theo d¹ng kh¸c, ta cã bµi tËp 16

Bµi to¸n 16:

Cho h×nh b×nh hµnh ABDC, vÒ phÝa

ngoµi h×nh b×nh hµnh, dùng c¸c h×nh

vu«ng ABEF, ACMN, DBPQ,

CDKL, Gäi S, G, R, H lÇn lît lµ t©m

cña c¸c h×nh vu«ng trªn Chøng

minh r»ng tø gi¸c SGHR lµ h×nh

vu«ng

B

C A

D

M F

E

Q

K L N

P

G

H R

S

Tiếp tục bài toán trên, Nếu tứ giác ABCD không phải là hình bình hành mà là một tứ giác thờng thì liệu tứ giác SGHR có tính chất gì không? Ta có bài toán 17

Bài toán 17: Cho hình tứ giác ABCD, về phía ngoài tứ giác, dựng các hình vuông ABMN,

ADEF, DCGH, BCPQ, Gọi V, S, J, K lần lợt là tâm của các hình vuông trên Chứng minh rằng KS = VJ và KS ⊥ VJ

Bài giải:

Gọi I là trung điểm của AC, theo

bài toán 7 ta chứng minh đợc tam

giác SIJ và tam giác VIK vuông

cân tại I

Xét hai ∆: ∆VIJ và ∆KIS, có:

VI = KI

∠VIJ = ∠KIS ⇒

IJ = IS

⇒ ∆VIJ = ∆KIS (c.g.c)

⇒ VJ = KS (1)

Gọi R là giao điểm của IS và VJ

Do ∠IJV = ∠ISK (∆VIJ = ∆

KIS)

Và ∠IJV + ∠IRJ = 900

⇒ ∠ISK + ∠VRS = 900

Hay KS ⊥ VJ (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

B A

P

Q

M N

F

E

V

K

J

C Kết luận:

Qua quá trình giảng dạy, bồi dỡng tôi rút ra một số kết luận sơ bộ sau:

1 Các giáo viên giảng dạy, đặc biệt là giảng dạy môn Toán học đều đánh giá cao tầm quan trọng việc phát triển từ một bài toán mà học sinh đã giải đợc, khai thác các bài toán khác, phức tạp hơn nhằm nâng cao t duy cho học sinh

2 Trong quá trình giảng dạy, bồi dỡng việc khai thác bài toán rất quan trọng, nó không chỉ cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán mà cơ bản hơn nó nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đó phát triển t duy, nâng cao tính sáng tạo cho các

em học sinh Hơn nữa, việc liên kết các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữa chúng sẽ giúp cho học sinh có hứng thú khoa học hơn khi học toán

Trên đây là các bài toán có liên hệ từ một bài toán mở đầu, tôi xin mạnh dạn đa ra Tuy đã cố gắng song không tránh khỏi những sai sót, rất mong đợc sự góp ý của hội đồng khoa học để bớt đợc sai sót xảy ra và có thể khai thác đợc nhiều bài toán hơn nữa

Tôi xin trân trọng cảm ơn