Sáng kiến kinh nghiệm - Tên đề tài: Khai thác từ một bài toán

A. Những vấn đề chung I. Đặt vấn đề: Vấn đề đổi mới phương pháp giáo dục đào tạo theo định hướng lấy học sinh làm trung tâm đã được những người làm công tác giáo dục ở nước ta đặt ra từ lâu. Thực hiện được điều này cho phép ngành giáo dục đào tạo nên thế hệ những con người có khả năng tư duy sáng tạo và có khả năng thích ứng cao với sự phát triển đang diễn ra từng ngày. Thực hiện được điều này cũng có nghĩa là chúng ta đã giải quyết được vấn đề quan trọng hàng đầu trong giai đoạn CNH - HĐH đất nước, đó là yếu tố con người. Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng 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 tư 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 tư duy tích cực - độc lập - sáng tạo của học sinh là phát hiện và giải quyết vấn đề mới từ vấn đề quen thuộc. Trước yêu cầu đó, tôi xin trình bày đề tài “ Khai thác từ một bài toán” nhằm phát triển tư 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 vươn lên làm người 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 nhưng cần phải có sự hường dẫn, điều hành một cách khoa học và nghệ thuật của thầy cô giáo. Hình thành và phát triển tư duy tích cực, độc lập sáng tạo cho học sinh là một quá trình lâu dài. - Tư duy tích cực, độc lập sáng tạo của học sinh được thể hiện một số mặt sau: + Biết tìm ra phương pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các tư tưởng 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? Như thế nào? Liệu có trường hợp nào nữa không? Các trường 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 lười học, lười suy nghĩ, lười tư 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 được 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 được phát huy hết. - Không ít học sinh thực sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học tập phù hợp, chưa tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu quả học tập chưa 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 chưa 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 được các bài toán với nhau, phát triển một bài toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, quan trọng hơn là nâng cao 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. III. Giải pháp thực hiện: Qua những bài toán mà học sinh đã giải được, tôi định hướng cho học sinh tư duy theo các phương pháp như: Tương 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 được 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 được tầm quan trọng trong việc thay đổi các giả thiết, tương 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) 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) Tương 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. 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 Đây là một đẳng thức khá đẹp, nhưng 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) + 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 dưới một góc bằng 1200 Như vậy ta thấy điểm O vừa là giao điểm của ba đường thẳng ở bài toán 2, vừa nhìn các cạnh của tam giác dưới 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. Hướng dẫn giải: + CF = BD (tương tự như bài toán 1) + CF BD: Do Tứ giác AOBF nội tiếp BOF = BAF = 900 Tiếp tục bài toán trên. Gọi M; N; I lần lượt là trung điểm của BF; CD; BC, ta có: IM là đường TB của tam giác BCF nên: IM // = CF (1) Tương tự ta có: IN // = BD (2) Mà: CF = BD (3) Từ (1); (2) và (3) suy ra: IM IN IM = IN Hay MIN vuông cân tại 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 chưa gặp dạng thì hơi khó giải đối với các em. 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 được 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 lượt là tâm của hai hình vuông đó. M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng MIJ là tam giác vuông cân. 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 tương tự và tổng quát hơn. Nếu gọi N là trung điểm của EF thì ta cũng có NJ là đường trung bình của ECF, và ta cũng dễ dàng suy ra được 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 lượt 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. ở bài toán trên, ta có thể chứng minh được đường trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đường cao của tam giác ABC và đường trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đường 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 đường trung tuyến AN của tam giác AEF cũng là đường cao AP của tam giác ABC và đường trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đường cao của tam giác AEF. Bài giải: Trước 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 tương tự, ta dựng hình bình hành ABGC thì ta cũng chứng minh được 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. Tương tự như trên ta cũng có CD QB. Ta nhận thấy QP, BH, CD là ba đường cao của tam giác QBC. Và từ dây ta xây dựng được bài toán mới được 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 đường cao của tam giác QBC, nên chúng đồng quy) Tiếp tục bài toán 9, ta có đường trung tuyến AM của tam giác ABC cũng là đường cao của tam giác AEF. Từ đây ta khai triển được 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 đường cao của các tam giác AFN; CMP; BQE xuất phát từ A, B, C đồng quy. (Ta nhận thấy đó là ba đường trung tuyến của tam giác ABC nên chúng đồng quy) Trở lại bài toán mở đầu. Gọi M; N; I lần lượt 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 lượt 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. 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 tương tự ta có: ABC = FBP (c.g.c) BC = BP (2) Từ (1) và (2) suy ra PBC đều. 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 được 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. Bài toán 15: Cho hình bình hành ABCD, về phía ngoài hình bình hành, 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 tứ giác NMPQ là hình vuông. Bài toán trên có thể phát biểu theo dạng khác, ta có bài tập 16. Bài toán 16: Cho hình bình hành ABDC, về phía ngoài hình bình hành, dựng các hình vuông ABEF, ACMN, DBPQ, CDKL, Gọi S, G, R, H lần lượt là tâm của các hình vuông trên. Chứng minh rằng tứ giác SGHR là hình vuông. Tiếp tục bài toán trên, Nếu tứ giác ABCD không phải là hình bình hành mà là một tứ giác thường 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 lượt 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 được 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. C Kết luận: Qua quá trình giảng dạy, bồi dưỡng 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 được, khai thác các bài toán khác, phức tạp hơn nhằm nâng cao tư duy cho học sinh. 2. Trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng 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 tư 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 đưa ra. Tuy đã cố gắng song không tránh khỏi những sai sót, rất mong được sự góp ý của hội đồng khoa học để bớt được sai sót xảy ra và có thể khai thác được nhiều bài toán hơn nữa. Tôi xin trân trọng cảm ơn.