Đề tài Nghiệp vụ sư phạm: Khai thác và phát triển một bài toán hình học lớp 8

Trường Đại học sư phạm hà nội Khoa toán - tin đề tài nghiệp vụ sư phạm Khai thác và phát triển một bài toán hình học lớp 8 Người hướng dẫn: Tiến sĩ Nguyễn Văn Khải Người thực hiện: Phạm Anh Tuấn Lớp Đhsp toán khóa 7 Hải dương năm 2006 Phần I : đặt vấn đề 1. Lý do chọn đề tài: Qua những năm trực tiếp giảng dạy, bản thân tôi thấy một thực tế hầu hết các em học sinh sau khi giải xong một bài toán là tỏ ra thoả mãn yêu cầu. Thậm chí cả đối với một số học sinh khá giỏi, có năng lực học toán cũng vậy. Điều đó thật đáng tiếc và cuối cùng chính nó làm tôi suy nghĩ và tìm tòi biện pháp để hướng các em hãy dành một lượng thời gian vừa đủ để suy xét tiếp một bài toán mà mình vừa giải xong. Sau khi suy nghĩ như vậy và hướng dẫn các em học sinh theo hướng khai thác, phát triển ở một bài toán để trỏ thành một “họ” của bài toán dó hay ta có một “chùm” bài toán hay làm tôi rất tâm đắc bởi các em đã được tha hồ phát huy trí sáng tạo của mình, tìm tòi mọi góc độ xung qunh một bài toán ban đầu , qua đó các em khắc sâu được kiến thức. Và điều quan trọng hơn cả là thông qua cách hướng dẫn này phù hợp với phương pháp dạy học cải cách mới hiện nay, các em học sinh là người chủ động sáng tạo trong việc tiếp thu kiến thức, làm chủ tình huống, từ đó càng yêu thích môn toán hơn. Chính vì thế tôi đã chọn: " Khai thác và phát triển một bài toán" là kinh nghiệm của bản thân và mạnh dạn đưa ra cùng đồng nghiệp trao đổi nhằm nâng cao chất lượng dạy và học. 2. Mục đích: Xuất phát từ một thực tế đáng tiếc của học sinh như vậy nên việc chọn: " Khai thác và phát triển một bài toán" nhằm giải quyết thực tế đó. Nghĩa là làm thế nào để người thầy đúng là người tổ chức chỉ đạo và dạy học sinh cách tư duy để thực hiện. Dạy học sinh biết cách từ vốn có một học sinh phải biết tự mình phát triển ra thành hơn một Bên cạnh đó nhằm tạo cho học sinh biết được việc suy xét tiếp một bài toán sau khi đã giải sẽ có tác dụng. - Tìm ra hướng giải khác (Và từ đó sẽ có phương pháp hay hơn). - Tìm ra những bài toán là "họ hàng" của bài toán đã giải. - Tìm ra những bài toán "hay hơn" khó hơn từ bài toán đã giải .v.v. Với giáo viên thì chắc chắn ngoài việc tìm ra một "họ" các bài toán ra còn có phương pháp "thiết kế" một bài toán mới từ một bài toán quen thuộc. Việc làm ấy chẳng tạo cho giáo viên một "ngân hàng" bài tập sao ? Đó chính là mục đích của kinh nghiệm. Ngoài ra để có thêm các mối quan hệ của một bài toán nào đó với bài toán A ta có thể làm các phép: + Đặc biệt hoá một số điều kiện để từ bài toán A có bài toán mới. + Thay đổi một số điều kiện trong giả thiết để có bài toán mới. Tóm lại: Nếu sau khi giải một bài toán, hãy dành một lượng thời gian đủ để suy xét nó nhìn nhận lại những gì đã làm và thực hiện theo 3 hướng trên tôi nghĩ sẽ "Khai thác và phát triển " ra một "họ" các bài toán mới rất hay và có giá trị Phần II : giải quyết vấn đề 1 - Cơ sở lý luận, thực trạng và phương pháp nghiên cứu Chúng ta biết rằng mỗi một sự việc, hiện tượng đều do một số nguyên nhân sinh ra. Nên khi điều kiện trong nguyên nhân thay đổi thì kết quả sẽ thay đổi theo. Và cũng có thể từ những nguyên nhân ấy cũng có thể tạo ra được kết quả mới. Điều ấy trong toán học thì rất dễ xảy ra. Từ một số điều kiện (giả thiết - gt) hoặc những cái đã biết ta phải chỉ ra những kết quả thu được (kết luận - kl). Nhưng việc chỉ ra được kết quả chỉ là một vấn đề yêu cầu trước mắt của bài toán. Mà rèn luyện cho học sinh có thói quen suy xét thêm những gì sau khi giải được bài tập là hết sức quan trọng. Chẳng hạn: * Giải xong bài tập đó các em còn có thể chứng minh thêm được những gì ? ** Hãy thay đổi một số điều kiện trong giả thiết thì thu được những bài toán mới nào ? *** Hãy đặc biệt hoá một vài điều kiện trong (gt) thì được (kl) gì ? **** Nếu đảo lại thì bài toán đó có gì thay đổi . vân vân và vân vân ... Cứ như vậy sau mỗi bài tập hãy rèn cho học sinh có thói quen làm được một số công việc ấy. Tôi nghĩ đó là một phương pháp tự học cực kỳ quan trọng. 2. nội dung và Biện pháp thực hiện: Bài toán ban đầu. Ta hãy bắt đầu từ một bài toán quen thuộc Cho xOy = 900. Trên Ox lấy điểm A cố định sao cho OA = a. Điểm B di động trên Oy. Vẽ trong góc xOy một hình vuông ABCD. a) Tính khoảng cách từ D đến Ox. b) Tìm tập hợp (qũy tích) điểm D khi B di động trên Oy. Hướng dẫn: a) Kẻ DH ^ Ox º H. Có DAHD vuông tại H nên D1 + A1 = 1v . Mà A2 = 1v ị A1 + A3 = 1v. Suy ra: A3 = D1. Xét DDHA và DAOB Có: H = O = 1v, A3 = D1, DA = AB (cạnh hình vuông) Vậy DDHA = DAOB = (T/h. Bằng nhau đặc biệt thứ nhất của tam giác vuông) Vậy: DH = OA = a b) Theo chứng minh trên DH = a (const) Hình 1 Khi B di động trên Oy thì D di động theo nhưng luôn cách Ox một khoảng DH = a. Vậy quỹ tích của D thuộc đường thẳng song song với Ox và cách Ox một khoảng bằng a. Giới hạn: Khi B º O thì H º A và D º D'. D' là một điểm thuộc đường thẳng song song với Ox và cách Ox một khoảng bằng a, do A cố định suy ra D' cố định. Kết luận: Khi B di động trên Oy thì quỹ tích của D là 1 tia D'z // Ox, D' cách A một khoảng bằng a. Khai thác 1: Từ lời giải trên ta thấy hình vuông OAD'C' là nhỏ nhất trong tập các hình vuông ABCD khi B di động trên Oy. Và đương nhiên trong tập các hình vuông ấy thì diện tích hình vuông OAD'C' là có giá trị nhỏ nhất. Từ suy xét đó ta có bài toán mới. Bài toán 1: Trong góc xOy vuông tại O lấy A thuộc tia Ox sao cho OA = a. Một điểm B di động trên Oy. Vẽ trong góc xOy hình vuông ABCD. Xác định vị trí điểm D để SABCD là nhỏ nhất. Chứng minh Thật vậy SABCD = AB2 Trong DOAB có O = 1v ị AB > OA Do A cố định, B di động nên AB ³ OA = a ị SABCD ³ a2 Do đó SABCD = a2 là nhỏ nhất khi ấy B º O Khai thác 2: Hình 2 2 Từ kết quả trên ta suy ra hình vuông OAD'C' là cố định bằng cạnh a. Thế thì OD' cố định nên trung điểm I' là cố định. Vấn đề đặt ra là: Nếu B chuyển động trên Oy thì D chuyển động trên tia D'D. Khi đó trung điểm I của OD chuyển động trên đường nào và ta có bài toán mới. Bài toán 2: Cho góc xOy bằng 900. Lấy A trên Ox sao cho OA = a, một điểm B di động trên Oy. Trong góc xOy vẽ hình vuông ABCD. Gọi I là trung điểm của OD. Tìm tập hợp (qũy tích) điểm I. Hướng dẫn: (Hình 2) Theo kết quả trên D' là giới hạn của D và D' cố định. Gọi I' là trung điểm OD' ị I' cố định. Trong DOD'D có I'I là đường trung bình ị I'I // D'D. Nên quỹ tích I là tia I'I // Ox cách Ox một khoảng = Khai thác 3: Suy xét: (hình 3) Qua C kẻ đường thẳng // Ox cắt Oy tại Q cắt DH tại P Theo trên ta đã chứng minh được DAOB = DDHA (Cạnh huyền góc nhọn) ị OA = DH = a OB = AH Nhưng CQ // Ox ị CQB = 1v ị CP = OA PD = OB Hình 3 Vậy OA + AH = DH + PD = CP + CQ = BQ + OB ị OHPQ là hình vuông hay OH = HP = PQ = QO Mà QOA = 1v Ta có bài toán mới. Bài toán 3: Cho góc xOy, trên tia Ox lấy A sao cho OA = a, trên Oy điểm B di động. Dựng trong góc xOy hình vuông ABCD; qua C kẻ đường thẳng // Ox, qua d kẻ đường thẳng // Oy. Hai đường thẳng này cắt nhau tại P và lần lượt cắt Oy tại Q, cắt Ox tại H. a) Chứng minh OHPQ là hình vuông b) Gọi I là trung điểm AC, chứng minh O, I, P thẳng hàng. Từ suy xét trên dễ dàng suy ra điều chứng minh. Khai thác 4: Suy xét tiếp ta thấy. Ta có thể chuyển hướng bài toán dưới dạng khác. Nếu ta coi hình vuông OHPQ là cố định cạnh = a Trên các cạnh HO, OB, PQ, PH lần lượt lấy A, B, C, D sao cho OA = QB = PC = DH. Tiếp tục: Nếu cho A di động trên OH và vẫn chưa thoả mãn ABCD là hình vuông thì chu vi của DAOB có giá trị thay đổi như thế nào. Cụ thể có quan hệ gì với a cạnh hình vuông OHPQ. Hình 4 Thật vậy dễ chứng minh được DAOB = DDHA = DCPD = DBQC Từ đó ị ABCD là hình vuông DAOB luôn có: AB < OA + OB Nhưng OB = AH ị AB < OA + AH = OH = a Do A, B cũng chuyển động và thoả mãn ABCD là hình vuông. Nên khi A º H, B º O ị AB = OH = a Do đó: OA + OB + AB Ê OH + OH = 2a Vậy CAOB Ê 2a (CAOB : chu vi DAOB) (Chu vi của DAOB có giá trị lớn nhất bằng 2a). Ta có bài toán mới. Bài toán 4: Cho hình vuông OHPQ cạnh là a. Trên các cạnh HO, OQ, QP, PH lần lượt lấy A, B, C, D sao cho OA = QB = PC = HD. a) Chứng minh: ABCD là hình vuông. b) Khi A chuyển động trên OH và thoả mãn ABCD là hình vuông và (A ạ O, A ạ H). Chứng minh CAOB < 2a. Từ suy xét ta dễ chứng minh được điều này. Khai thác 5: Tiếp tục không dừng lại ta suy xét tiếp. Ta luôn có OB + OA = OH = a không đổi (vẫn nội dung bài tập 4). Như vậy OA + OB = a (const) Suy ra OA.OB lớn nhất khi OA = OB (Tổng 2 số dương không đổi tích của chúng lớn nhất khi hai số đó bằng nhau). Để ý thì thấy rằng: OA. OB = 2SAOB (SAOB diện tích DAOB) Mà hình vuông OHPQ có SOHPQ = a2 (SOHPQ là diện tích OHPQ) Và SOHPQ = SABCD + 4SAOB Hay SABCD = a2 - 4 SAOB Nếu SAOB lớn nhất thì SABCD nhỏ nhất là SAOB nhỏ nhất thì SABCD lớn nhất. Mà SAOB lớn nhất khi OA.OB lớn nhất vì lý luận trên OA.OB lớn nhất khi OA = OB. Từ đó ị OA = OB = = . Hay A là trung điểm OH, B là trung điểm OQ ? Ta có bài toán mới. Bài toán 5: Cho hình vuông OHPQ cạnh là a. Trên OH, OQ, QP, PH lần lượt lấy A, B, C, D sao cho OA = QB = PC = HD. a) Chứng minh ABCD là hình vuông. b) A chuyển động trên OH (vẫn thoả mãn ABCD là hình vuông). Xác định vị trí A để SABCD là nhỏ nhất. Tìm giá trị đó. Hướng dẫn: Dễ chứng minh được: DAOB = DDHA (c.g.c) ị AB = AD Hình 5 Tương tự CB = CD = AB Vậy ABCD là hình thoi (1) Lại có: A1 = D1 mà D1 + A2 = 1v ị A + A2 = 1v (2) Từ (1) (2) ị ABCD là hình vuông. b) Ta có SOHPQ = a2 Theo kết quả trên DAOB = DBQC = DCPD = DDHA (c.g.c) ị SABCD = a2 - 4 SAOB = a2 - 2.OA.OB Do OA + OB = OA + AH (vì OB = AH) ị OA + AH = OH = a Không đổi nên tích OA.OB lớn nhất khi OA = OB = Nghĩa là OA.OB Ê . = Vậy SABCD ³ a2 - 2. = a2 - = Do đó SABCD = là giá trị nhỏ nhất khi đó: OA = OB = Chứng tỏ A là trung điểm của OH. Khai thác 6: (Hình 6) Tiếp theo suy xét 4 ta có CAOB Ê 2a Vậy nếu CAOB = 2a thì điều gì sẽ xảy ra ? Thật vậy: Nếu cạnh hình vuông OHPQ là a và A, B chuyển động trên OH, OQ sao cho CAOB = 2a. Thì: OA + OB + AB = 2a (1) Nhưng OQ + OH = 2a Hay OB + BQ + OA + AH = 2a(2) Từ (1) (2) ị AB = BQ + AH Trên tia đối QB lấy E sao cho QE = AH ị BQ + QE = BQ + AH hay BE = BA Lại có DPQE = DPHA (c.g.c) Suy ra: PE = PA Do vậy DPBE = DPBA (c.c.c) Nên B1 = B2. Trên AB lấy K sao cho BK = BQ (Vì BA > BQ) ị KA = AH Suy ra DPBQ = DPBK (c.g.c) (1) Nên PQB = PKB (= 1v) Ê C P D B Q H A K O 1 2 4 3 1 2 Hình 6 ị PQB = PHA = 1v và PK = PQ (DPBQ = DPBK) Nên PK = PH ị DPAK = DPAH (c.c.c) (2) ị P2 + P3 = P1 + P4 = = 450 Từ (1) ị P1 =P2 (2) ị P3 = P4 Như thế thì: Không cần những yếu tố trên mà chỉ cần một hình vuông OHPQ cạnh bằng a. Một xPy quay quanh P, Px cắt OH ở A; Py cắt OQ ở B. Sao cho CAOB = 2a thì xPy = 450 Ta có bài toán mới. Bài toán 6: Cho hình vuông OHPQ cạnh bằng a, một góc xPy quay quanh P. Tia Px, Py lần lượt cắt OH, OQ tại A, B thoả mãn chu vi DAOB là 2a. Chứng minh xPy = 450 (Từ suy xét trên dễ chứng minh được bài này). Đặc biệt hoá bài toán ta có bài toán sau: Cho hình vuông ABCD, cạnh là , tia Px cắt OH tại A, tia Py cắt OQ tại B, sao cho chu vi DAOB là 1. Chứng minh rằng APB = 450 Khai thác 7: (Hình 7) Suy xét tiếp ta có thể đặt ra vấn đề ngược lại của bài toán 6 thì sao ? Q P F H A K B y 1 2 1 1 2 1 2 O 450 x Hình 7 Nghĩa là: Cho hình vuông OHPQ cạnh bằng a, một góc xPy quay quanh P sao cho xPy = 450 và Px cắt OH tại A, Py cắt OQ tại B, thì chu vi của DAOB có gì thay đổi hay vẫn bằng 2a. Suy luận: Trên tia đối tia HA lấy F sao cho HF = QB ị DPQB = DPHE (c.g.c) (Hình vẽ 7) Vậy PB = PF P1 = P2 Mà P1 + BPH = 1v ị P2 + BPH = 1v hay BPF = 1v vì BPA = 450 ị APF = 450 ị DPAB = DPAF (c.g.c) ị A1= A2 Từ P kẻ PK ^ AB º K ị DPAH = DPAK (cạnh huyền góc nhọn) Suy ra AK = AH Lại có B1 = F1 (DPHF = DPQB) B2 = F1 (DPAB = DPAF) Suy ra B1 = B2. Vậy DPBQ = DPBK (cạnh huyền góc nhọn) Vậy BQ = BK Mà CAOB = OA + OB + AB = OA + OB + BK + KA = OA + OB + BQ + AH = OA + AH + OB + BQ = OH + BQ = a + a = 2a Như vậy vấn đề ngược lại của bài toán 6 vẫn đúng. Từ suy xét trên dễ chứng minh được bài toán này. Hơn nữa ta lại chỉ ra được khoảng cách từ P đến AB (độ dài của PK luôn bằng cạnh hình vuông PQ không đổi). Từ đó ta còn có bài toán mới. Bài toán 7: Cho hình vuông OHPQ cạnh a. Một góc xPy = 450 quay quanh P sao cho tia Px, Py lần lượt cắt OH, OQ tại A, B. a) Chứng minh DAOB có chu vi không đổi. b) Cạnh AB luôn là tiếp tuyến của một đường tròn cố định. Từ suy xét trên dễ chứng minh được bài tập này. Khai thác 8: Từ các kết quả trên ta đi đến kết luận rằng. Trong hình vuông OHPQ cạnh bằng a. Một góc xPy quay quanh P. Gọi Px cắt OH ở A, gọi Py cắt OQ tại B. Nếu: AB = AH + BQ (hay chu vi DAOB không đổi) thì xPy = 450 Và ngược lại Nếu xPy = 450 Thì: AB = AH + BQ ( hay chu vi DAOB là không đổi ) Và cả hai trường hợp trên ta đều chứng minh được khoảng cách của P đến AB là không đổi. Ta có thể thay cách phát biểu của bài toán trên. Bài toán 8: Cho hình vuông OHPQ cạnh bằng a. Một đường thẳng xy thay đổi luôn cắt OH tại A, cắt OQ tại B. a) Chứng minh rằng: APB = 450 khi và chỉ khi CAOB = 2a b) Tìm quỹ tích điểm K là hình chiếu của P trên AB khi AB thay đổi và APB = 450 Hướng dẫn: a) Xem hướng dẫn bài toán 6 và bài toán 7. b) ã Thuận: chứng minh trên có PK = PH = a (const) Vậy khi APB quay quanh P thì K chuyển động nhưng luôn cách P một khoảng không đổi là a. Vậy K ẻ (P, a) Giới hạn: Khi A º O thì B º Q ị K º Q A º H thì B º O ị K º H Vậy quỹ tích K là một phần tư đường tròn (P, a) nằm trong hình vuông OHPQ. ã Đảo lại: Trên một phần tư đường tròn (P, a) nằm trong hình vuông OHPQ lấy một điểm K' bất kỳ. Kẻ x'y' ^ PK' tại K', x'y' cắt OH tại A' cắt OQ tại B' ta phải chứng minh OB' + OA' + A'B' = 2a. Thật vậy: Có COA'B' = OA' + A'B' + OB' Nhưng A'B' = A'K' + K'B' (K ẻ A'B') Và A'K' = A'H K'B' = B'Q (tính chất hai tiếp tuyến) ị CA'OB' = OA' + A'H + OB' + B'Q = OH + OQ = 2a Khai thác 9: (Hình 8) Tiếp tục suy xét thấy khi A, B chuyển động trên 2 cạnh OH, OQ của hình vuông OHPQ cạnh là a và thoả mãn chu vi DAOB = 2a. Thì một điều xảy ra rằng: Khi A º H, B º O thì SOAB = O Khi A º O, B º Q thì SAOB = O Tóm lại khi xPy quay quanh P đỉnh của hình vuông OHPQ có cạnh là a và thoả mãn CAOB = 2a thì O Ê SAOB < SOHPQ (1) K A H O B Q P Như vậy ta có thể dự đoán rằng thế thì SAPB có thể có giá trị lớn nhất không ? hay giá trị cực trị của SAPB có quan hệ với giá trị cực trị của SAOB như thế nào ? Thật vậy Theo các kết quả trên ta đã chứng minh được DPBQ = DPBK DPAK = DPAH Hình 8 Do đó: SAPB = SABQPH Mà SABQPH + SAOB = SOHPQ = a2 ị 2SAPB + SAOB = a2 ị 2SAPB = a2 - SAOB (*) Từ (*) ta có: SAPB lớn nhất Û SAOB nhỏ nhất (2) Từ (1) (2) ị SAOB nhỏ nhất = O Vậy 2SAPB lớn nhất = a2 - O Hay SAPB lớn nhất = Khi đó A º H và B º Q Ta có bài toán mới. Bài toán 9: Cho hình vuông OHPQ. Một góc xPy quay quanh P gọi Px cắt OH tại A. Py cắt OQ tại B. Sao cho AB = BQ + AH Xác định vị trí A, B để SAPB đạt giá trị lớn nhất. Hướng dẫn: (Chứng minh theo hướng suy xét trên) M A H O B Q P K N 1 Khai thác 10: Suy xét tiếp từ giá trị trên ta thấy. Gọi đường chéo QH cắt PA tại M cắt PB tại N. Ta có thể phát triển bài toán đã cho thành bài toán cho học sinh lớp 9 khi đã học về tứ giác nội tiếp. Bài toán 10: Hình 9 Cho hình vuông OHPQ cạnh bằng 1, một góc xPy quay quanh P sao cho CAOB = 2. Gọi QH lần lượt cắt PA ở M, PB ở N. Lấy K thuộc AB sao cho BK = BQ Chứng minh: BM, AN, PK đồng qui. Hướng dẫn: (Hình 9) Từ các bài toán trên ta đã có kết luận (và đã chứng minh được) Nếu CAOB = 2.OH ị APB = 450 Mà BQM = 450 ị BQPM nội tiếp (Q1= P1 P, Q cùng thuộc nửa mặt phẳng cùng nhìn BM dưới những góc bằng nhau) Vậy BQP + BMP = 2v (tính chất tứ giác nội tiếp) ị BMP = 1v hay BM ^ PA (1) Chứng minh tương tự: Hình 10 E Q B 1 2 P H A M O K N AHPN nội tiếp ị ANP = 1v hay AN ^ PB (2) Do BK = BQ ị OB + BK = 1 Mà CAOB = 2 ị OA + KA = 1 Chứng tỏ AK = AH Trên tia đối tia QB lấy E sao cho QE = AH ị DAHP = DEQP (c.g.c) ị P1 = P2 Nên APE = 1v ị BPE = 450 Vậy DPBE = DPBA (c.g.c) ị B1 = B2 Vậy DPBQ = DPBK ị BQP = BKP mà BQP = 1v Nên BKP = 1v hay PK ^ AB (3) Từ (1) (2) (3) ị BM, AN, PJ là ba đường cao của DABP nên nó đồng quy (Hình 10) Khai thác 11: Từ kết quả của khai thác 10 ta suy xét tiếp thấy. DBMP vuông cân M ị DAMP vuông cân tại A ị Suy ra Ta có bài tập mới. Bài toán 11: Cho hình vuông OHPQ cạnh là 1. Trên OH, OQ lần lượt lấy A,B chuyển động sao cho chu vi DAOB = 2. Gọi QH lần lượt cắt PA, PB tại M, N. Chứng minh rằng: PA.PB = 2PM.PN Hướng dẫn: Từ suy xét ta suy ra cách chứng minh bài tập. Khai thác 12: Để khó thêm một chút ta có thể phát triển thêm một vấn đề trong tam giác bất kỳ. A B C H Cho DABC kẻ AH ^ BC = H Nên SABC = AH. BC Nhưng trong DAHB thì AH = AB. SinB Hình 11 Vậy SABC = AB.BC. SinB (*) Do đó trong giả thiết trên (bài tập 11) Ta áp dụng công thức (*) có: SABP = PA.PB. SinP SMPN = PM.PN . SinP Lập tỷ số có Ta có bài tập mới. Bài toán 12: Cho hình vuông OHPQ cạnh là 1. Trên OH, QO lần lượt lấy A, B cùng chuyển động và thoả mãn chu vi DAOB bằng 2. Gọi QH lần lượt cắt PA, PB tại M, N. Chứng minh SPAB = 2SPMN. Khai thác 13: (Hình 12) Q B O A H E P I 1 2 Cứ tiếp tục như vậy ta suy xét tiếp. Chẳng hạn ta cho A chuyển động trên cạnh hình vuông OHPQ và đến vị trí là trung điểm OH. Thì B sẽ chuyển động đến điểm nào ? Cách Q bao nhiêu. Khi APB = 450. Thật vậy: Kẻ tia Px ^PB cắt OH ở E ị P1 = P2 ị DPHE = DPQB (g.c.g) Hình 12 ị PB = PE Lại có BPE = 900 và APB = 450 ị APE = 450 ị DPAB = DPAE ị SPAB = SPAE Kẻ AI ^ PB º I Hay PB. AI = PH. AE ị AI2. PB2 = PH2. AE2 Gọi BQ = x ị HE = x (Do DPHE = DPQB) Trong DAPI vông cân tại I ị AI2 = (1) Trong DPHA vuông tại H ị PA2 = a2 + (2) (Vì giả sử A đ trung điểm OH) ị AH = Từ (1) (2) ị AI2 = Trong DPQB vuông tại Q ị PB2 = a2 + x2 Vậy AI2. PB2 = Mà AE = AH + HE = + x Do đó 5a2(a2 + x2) = 8a2 = 2a2(a + 2x)2 5(a2 + x2) = 2(a2 + 4x2 + 4ax) 5a2 + 5x2 = 2a2 + 8x2 + 8ax 3x2 + 8ax - 3a2 = 0 Có A = 3 ; B' = 4a, C = -3a2 D' = 16a2 + 9a2 = 25a2 do a > 0 (độ dài cạnh hình vuông) Nên x1 = (thoả mãn) x2 = (Loại) Điều này chứng tỏ QB = OQ = a Bằng suy xét trên ta đi đến bài toán mới: Bài toán 13: Trong hình vuông OHPQ cạnh bằng a. Trên OH lấy trung điểm A, một góc APx = 450. Tia Px cắt OQ tại B. Chứng minh: OQ = a Hướng dẫn: Bằng suy luận trên ta dễ chứng minh được điều này. Cứ tiếp tục suy xét như vậy ta còn có thể phát triển thêm được những bài toán mới từ bài toán quen thuộc.Vậy với bài toán sau các bạn hãy suy xét và phát triển mà xuất phát từ bài toán ban đầu. Bài toán: Cho hình vuông OHPQ cạnh bằng a. Trên OH lấy A là trung điểm trên OQ lấy B sao cho QB = . Chứng minh rằng APB = 450. 3. Kết quả đạt được 1. Kết quả chung: Sau khi học sinh được thực hành giải bài tập theo hướng tích cực “Khai thác và phát triển” một bài toán, đa số các em học sinh khá, giỏi không những nắm vững cách giải một bài toán mà còn biết khai thác theo nhiều hướng khác nhau Bên cạnh đó nhằm tạo cho học sinh biết được việc suy xét tiếp một bài toán sau khi đã giải sẽ có tác dụng: - Tìm ra hướng giải khác (Và từ đó sẽ có phương pháp hay hơn). - Tìm ra những bài toán là "họ hàng" của bài toán đã giải. Tìm ra những bài toán "hay hơn" khó hơn từ bài toán đã giải .v.v. 2. Kết quả cụ thể, đối chứng Trên đây là một số hướng giải quyết khai thác và phát triển của một bài toán . Qua thực tế giảng dạy, khi kiểm tra 10 em học sinh khá, giỏi lớp 8 trong đội tuyển học sinh giỏi của trường so sánh kết quả trước và sau khi áp dụng kinh nghiệm trên, tôi thấy có kết quả rõ rệt Kết quả cụ thể như sau: Kỹ năng Trước khi áp dụng Sau khi áp dụng Nhận dạng và giải quyết được các bài toán tìm tập hợp điểm (quỹ tích) 30% 70% Nhận dạng và giải quyết được các bài toán tìm điều kiện để một tứ giác đặc biệt có diện tích lớn nhất hay nhỏ nhất, tam giác có chu vi không đổi, chứng minh một góc bằng một góc cho trước, đoạn thẳng bằng nhau 30% 82% Nhận dạng và giải quyết được các bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng, các đường thẳng đồng quy, 35% 75% Nhận dạng và giải quyết được các bài toán chứng minh một tứ giác là hình vuông, chứng minh một điểm là trung điểm của một đoạn thẳng 40% 85% Nhận dạng và giải quyết được các bài toán chứng minh một đẳng thức mà mỗi vế là một tích của các đoạn thẳng, hay mỗi vế là diện tích của một hình 45% 80% Tìm được lời giải các bài toán có nội dung đặc biệt, có nội dung phức hợp, vận dụng cách giải linh hoạt 20% 60% 4. Bài học kinh nghiệm: Sau khi thu được kết quả trên tôi thấy phương pháp giải toán nói trên không qua khó đối với học sinh khá, giỏi mà điều quan trọng nhất là rèn cho các em một thói quen tìm tòi khoa học, có thái độ hào hứng, say mê phát triển và khai thác triệt để mội bài toán. Ngoài ra để có thêm các mối quan hệ của một bài toán nào đó với bài toán A ta có thể làm các phép: + Đặc biệt hoá một số điều kiện để từ bài toán A có bài toán mới. + Thay đổi một số điều kiện trong giả thiết để có bài toán mới. Sau khi giải một bài toán, hãy dành một lượng thời gian đủ để suy xét nó nhìn nhận lại những gì đã làm và thực hiện để tìm ra các bài toán mới rất hay và có giá trị 5. Phạm vi áp dụng Trọng tâm của đề tài là tập trung vào đối tượng học sinh khá giỏi lớp 8, các em phải nắm vững kiến thức cơ bản, cần có niềm say mê môn hình học. Với giáo viên là người đem lại niềm say mê , hứng thú cho các em, dẫn dắt các em biết cách khai thác, nâng cao, tổng hợp khái quát hóa một vấn đề. Để đảm bảo tính hệ thống liên tục, lô-gíc theo hướng khai triển của bài toán, trong đề tài có đôi chỗ mở rộng cho học sinh lớp 9. Vậy khi xem, áp dụng xin lưu ý tới trình độ của các em học sinh để vận dụng cho phù hợp. 6. Những ý kiến đề xuất, hướng tiếp tục nghiên cứu: Trên đây là những hướng khai thác và phát triển một bài toán mà tôi đã làm. Vấn đề tôi muốn đề xuất là rèn luyện phương pháp tư duy đào sâu suy nghĩ sau mỗi bài toán đã giải chúng ta dành một lượng thời gian nhất định để suy xét theo hướng mà tôi đã đưa ra. Thiết nghĩ đó cũng là một phương pháp học toán và làm toán rất bổ ích, lý thú. Làm được điều đó với học sinh sẽ tạo ra sự hiểu bài sâu hơn, có nhiều phương pháp giải hơn và đương nhiên sẽ tìm được phương pháp hay nhất. Với người dạy ngoài việc tìm ra nhiều lời giải của bài toán còn tạo ra cách thiết kế một loạt các bài toán có cùng "họ hàng" với bài toán ban đầu. Với tư tưởng trên hướng tiếp tục nghiên cứu chính là các mảng kiến thức khác nhau mà thông qua một khinh nghiệm nhỏ này chưa thể đề cập hết được. Phần III: kết luận Trong quá trình được học tập tại khoa Toán-Tin Trường ĐHSP Hà Nội, những suy nghĩ, băn khoăn, vướng mắc đã được các thày cô giúp đỡ nhiệt tình. Đặc biệt là được sự góp ý, chỉ bảo rất tận tâm của thày giáo – Tiến sĩ Nguyễn Văn Khải tôi đã mạnh dạn hoàn thành đề tài này. Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi khối 8 - 9 tôi đã đưa ra để thực nghiệm. Ban đầu các em còn bỡ ngỡ sau tỏ ra rất thích thú, say mê. Từ chỗ hiểu và say mê đó các em tìm tòi nhiều phương pháp giải, qua đó chọn được phương pháp giải hay, đặc biệt một số em đã tự thiết kế ra bài toán mới dựa trên hướng khai thác này. Với khả năng còn có hạn, chắc chắn không tránh khỏi những hạn chế nhất định. Song tôi cũng mạnh dạn đưa ra kinh nghiệm của bản thân mà tôi rất tâm đắc. Tôi hy vọng đề tài sẽ đóng góp một phần vào áp dụng giảng dạy trong nhà trường. Rất trông đợi sự đánh giá góp ý, bổ sung của đồng nghiệp xa gần để kinh nghiệm này được hoàn thiện hơn và có tác dụng thiết thực trong sự nghiệp trồng người của chúng ta. Cuối cùng em xin chân thành cám ơn sự chỉ bảo tận tình của các thày cô trong khoa toán – tin Trường ĐHSP Hà Nội. Xin chân thành cảm ơn Thày giáo – Tiến sĩ Nguyễn Văn Khải đã giúp em hoàn thành đề tài này. Xin trân trọng cảm ơn! Hải Dương ngày 1 tháng 6 năm 2006 Xác nhận của nhà trường người viết ……………………………………………………………. ……………………………………………………………. ……………………………………………………………. ……………………………………………………………. Phạm Anh Tuấn Mục lục Trang Phần I: Đặt vấn đề 02 1. Lý do chọn đề tài 02 2. Mục đích 02 Phần II: Giải quyêt vấn đề 03 1. Cơ sở lý luận, thực trạng và phương pháp nghiên cứu 03 Nội dung và Biện pháp thực hiện: 03 Kết quả đạt được 19 Bài học kinh nghiệm: 20 Phạm vi áp dụng: 21 Những ý kiến đề xuất, hướng tiếp tục nghiên cứu: 21 Phần III: kết luận 22