Sáng kiến kinh nghiệm Tương tự hóa, đặc biệt hóa, tổng quát hóa trong dạy và học toán

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TƯƠNG TỰ HÓA, ĐẶC BIỆT HÓA, TỔNG QUÁT HÓA TRONG DẠY VÀ HỌC TOÁN I. PHẦN MỞ ĐẦU. 1. Lí do chọn đề tài. a. cơ sơ ký luận Trong nhiều năm giảng dạy môn Toán ở khối lớp 9 tại trường THCS Tăng Bạt Hổ, tôi nhận thấy rằng: học sinh gặp nhiều khó khăn khi giải một bài toán, cho dù đó là những bài toán đơn giản và tương tự như một bài toán mà giáo viên đã chữa cho học sinh tại lớp. Hay là đó là một bài toán được phát triển từ một bài toán chứa các yếu tố đặc biệt nhưng học sinh vẫn không tìm ra được phương pháp giải kể cả những học sinh khá giỏi, chính vì vậy mà có nhiều học sinh không yêu thích môn toán dẫn đến tỉ lệ học sinh có điểm kiểm tra yếu kém ngày càng cao, và học sinh học giỏi môn toán ngày càng ít đi. b. Cơ sở thực tiễn. Trong thực tế, ta nhận thấy rằng khi tổ chức cho học các em học toán thường thì giáo viên dựa trên các bài tập ở sách giáo khoa, sách bài tập để cho học sinh rèn luyện kỹ năng giải toán, chưa xây dựng các bài toán tương tự, chưa giúp được cho học sinh thấy được đó là một trường hợp đặc biệt hay là một trường hợp khái quát từ một bài toán đã cho, từ đó học sinh gặp nhiều khó khăn trong việc phân tích và tìm lời giải cho bài toán. Để giúp cho các em có được kỹ năng phân tích và tìm lời giải cho một bài toán một cách nhanh chóng giáo viên cần phải giúp cho học sinh có một thói quen đặt và trả lời cho các câu hỏi: Bài toán này ta đã gặp lần nào chưa? Bài toán này tương tự như bài toán nào? “bài toán này có phải là một đường hợp đặc biệt không? Ta có thể khái quát bài toán này để được một bài toán khác không? Ta có thể chia bài toán này thành những bài toán nhỏ nào? Còn cách giải nào cho bài toán không? Khi đã có thói quen như vậy sẽ giúp cho các em tìm ra được lời giải cho bài toán và nhớ nó lâu hơn, tạo cho các em có hứng thú với môn học hơn. 2. Nhiệm vụ nghiên cứu. Quá trình dạy học môn toán phải nhằm mục đích đào tạo con người mà xã hội cần. Vì vậy, môn Toán phải góp phần cùng môn học khác thực hiện mục tiêu chung của giáo dục THCS thể hiện ở các mặt. Làm cho HS nắm vững toán phổ thông, cơ bản, thiết thực. Có kỹ năng thực hành giải toán Hình thành cho HS những phẩm chất đạo đức và năng lực cần thiết. Dạy toán không chỉ nhằm cung cấp cho HS một số kiến thức toán mà dạy cho HS phải biết tính toán. Ngoài kiến thức còn có phương pháp, kĩ năng, phát triển các năng lực trí tuệ và hình thành ở HS các phẩm chất đạo đức. Chuyên đề “Tương tự hóa, đặc biệt hóa, tổng quát hóa trong dạy và học Toán” Nhằm giúp cho HS nắm tổng quát các kiến thức, các mạch kiến thức trong chương trình, có kỹ năng phân tích các dạng bài tập, các cách trình bày một bài toán sao cho khi người học tiếp cận nó xong thì có thể vận dụng một cách hiệu quả trong thực tế. Nếu giáo viên làm được như vậy thì có thể chuẩn bị cho tiết dạy một hệ thống bài tập tốt hơn, xây dựng được các bài toán phù hợp cho từng đối tượng học sinh. Hiệu quả giảng dạy sẽ cao hơn. 3. Phương pháp tiến hành. Trên cơ sở việc rút kinh nghiệm các tiết dạy trên lớp và kết quả làm bài kiểm tra của học sinh và bằng cách thử nghiệm việc tổ chức rèn luyện cho học sinh kỹ năng giải toán ở trên lớp và phần giao việc về nhà cho học sinh, yêu cầu học sinh tìm ra các bài toán tương tự về nội dung và tương tự về quy trình suy luận phân tích tìm lời giải. Học sinh tự đặt ra các bài toán mang tính khái quát hơn hay đặc biệt hơn Tổ chức kiểm tra đánh giá thường xuyên trên cơ sở đi từ đơn giản đến phức tạp để rút ra những ưu điểm và nhược điểm nhằm nâng cao hiệu quả giải toán. 4. Cơ sở và thời gian tiến hành. Môn toán là một môn học có vận dụng nhiều trong cuộc sống, là môn học có bổ trợ cho nhiều môn học khác và rèn luyện cho học sinh khả năng tuy duy sáng tạo. Căn cứ vào kết quả các bài kiểm tra môn toán HKI và HKII của học sinh các lớp 9 từ năm học 2003 -2004 đến năm học 2004 – 2005 cho thấy tỉ lệ học sinh các lớp tôi phụ trách giảng dạy môn toán có điểm dưới trung bình khá cao từ 30% đến 40%, tỉ lệ học sinh có điểm khá, giỏi từ 12% đến 20%. Tỷ lệ này chưa cao, chưa xứng tầm với yêu cầu của môn học. Trong thời gian từ năm học 2004 – 2005 đến nay, bản thân tôi cố gắng tìm ra cách phương pháp dạy học mới phù hợp với khả năng nhận thức và tuy duy của các đối tượng học sinh giúp cho các em đã có nhiều tiến bộ hơn trong việc phân tích và tìm lời giải cho một bài toán. II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ: Để giải các bài toán, ngoài việc nắm vững kiến thức còn cần phải có những phương pháp suy nghĩ khoa học cùng với những kinh nghiệm cá nhân tích lũy được trong quá trình học tập, rèn luyện. Trong môn Toán ở trường THCS có rất nhiều bài toán tương tự nhau về cách giải hoặc có những bài toán được xây dựng trên cơ sở của một bài toán khác hoặc nó là một trường hợp đặc biệt của bài toán đã cho. Để giải bài toán như vậy đòi hỏi học sinh phải có khả năng suy luận lôgíc và biết cách xây dựng được các dạng toán khác tương tự như bài toán đã cho hoặc tìm ra các trường hợp đặc biệt của giả thiết thì kết luận có gì đặc biệt (đặc biệt hóa bài toán) từ đó xem xét bài toán ở mức độ tổng quát hơn. Tương tự hóa Từ hai dối tượng giống nhau ở một số dấu hiệu ta rút ra kết luận rằng hai đối tượng đó cũng giống nhau ở dấu hiệu khác thì suy luận ấy gọi là tương tự. Chẳng hạn, hai đối tượng X, Y cùng có dấu hiệu a, b, c và X có dấu hiệu d thì ta kết luận Y cũng có dấu hiệu d. Như vậy, kết luận rút ra từ những suy luận tương tự chỉ là một dự đoán, một giả thiết. Cũng giống như quy nạp không hoàn toàn, những dự đoán, giả thiết này có tác dụng góp phần thúc đẩy Toán học phát triển. Nói riêng, trong hoạt động giải toán, sử dụng suy luận tương tự để liên hệ giữa bài toán cần giải với bài toán đã giải, có thể giúp ta nhanh chóng tìm ra được lời giải của bài toán. Ví dụ1: (Bài tập 35 chương III GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN SBT Toán 9) Cho D là trung điểm của đoạn thẳng AM. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AM vẽ nửa đường tròn đường kính AM và nửa đường tròn đường kính AD. Tiếp tuyến tại D của nửa đường tròn đường kính AD cắt nửa đường tròn lớn tại C và tiếp tuyến tại C của nửa đường tròn lớn cắt tiếp tuyến tại A của nửa đường tròn nhỏ tại B. P là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC đường thẳng PD cắt nửa đường tròn nhỏ tại K. Chứng minh AP là tia phân giác góc BAK DA = AM, CDAD tại D GT BAAD tại A, CBCD tại C P KL AP phân giác Phân tích: Gọi Q là giao điểm của AK và nửa đường tròn đường kính AM. -Muốn chứng minh AP là tia phân giác của góc BAK ta phải chứng minh = -Muốn chứng minh = ta phải chứng minh = -Muốn chứng minh = ta phải chứng minh DPAQ tại K vì = 1v (góc nội tiếp chắn ½ đường tròn) Lời giải tóm tắt: Ta có: = 1v (góc nội tiếp chắn ½ đường tròn) Suy ra DPAQ tại K Do đó: = (T/c đường kính vuông góc với dây trong đường tròn) Từ đó suy ra = (cùng chắn hai cung bằng nhau) Vậy AP là tia phân giác của góc BAK (đpcm) Khai thác bài toán: Sau khi giải xong bài toán VD1 ta nhận thấy tứ giác ABCD là một hình vuông, ta có thể thay đổi giả thiết ta có các bài toán mới như sau: Ví dụ1.1: Cho hình vuông ABCD, vẽ nửa đường tròn đường kính AD, lấy D làm tâm vẽ cung tròn AC trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là AD. Nối D với một điểm P bất kỳ trên cung AC, DP cắt nửa đường tròn đường kính AD tại K. Kẻ PN vuông góc với AB. Chứng minh rằng tam giác AKN vân tại A. Việc giải bài toán này tương tự như cách giải ở DV1. Ở đây việc đi chứng minh được thay bằng chứng minh hai đoạn thẳng AN = AK Ví dụ1.2: Cho hình vuông ABCD, vẽ nửa đường tròn đường kính AD, lấy D làm tâm vẽ cung tròn AC trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là AD. Nối D với một điểm P bất kỳ trên cung AC, DP cắt nửa đường tròn đường kính AD tại K. Kẻ PN vuông góc với AB. Chứng minh rằng APNK. Việc giải bài toán này tương tự như cách giải ở DV1.1. Ở đây việc đi chứng minh APNK ta đưa về chứng minh tam giác AKN Cân tại A và có . Ví dụ 2: ( Trích câu a bài tập 30 trang 116 SGK HH 9 tập I) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẽ tiếp tuyến với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D. chứng minh rằng: = 90o. (O) có AB là đường kính GT Ax AB; By BA CD OM tại M KL = 90o Phân tích: Có nhiều cách để đi chứng minh = 90o, chẳng hạn ta đi chứng minh Ô1 = Ô2 và Ô3 = Ô4 rồi suy ra OCOD, suy ra (đpcm) Hoặc ta có thể đi chứng minh các tứ giác BDMO và ACMO nội tiếp rồi suy ra mà = 90o suy ra = 90o Lời giải tóm tắt: Tứ giác BDMO nội tiếp ( vì có ) Suy ra Tứ giác ACMO nội tiếp ( vì có ) Suy ra Mà ( Vì tam giác AMB vuông tại M) Suy ra . Vậy = 90o (đpcm) Khai thác bài toán: Nhận xét1: Vấn đề đặt ra là: hãy thay đổi một và điều kiện của bài toán ở VD2, chẳng hạn như vị trí của điểm O ta thay bằng điểm N bất kì trên AB, khi đó đường thẳng vuông góc với MN tại M không còn là tiếp tuyến với (O) mà trở tành một cát tuyến với (O), ta có thể chứng minh được = 90o nữa không? Ta có bài toán khác như sau: VD2.1: Gọi M là một điểm nằêm trên (O) đường kính AB và N là một điểm bất kỳ nằm trên đoạn thẳng AB (N khác A và B), đường thẳng vuông góc với MN tại M cắt các tiếp tuyến Ax và By của (O) lần lượt tại C và D. CMR: = 90o Ta có vì N là một điểm bất kỳ trên đoạn thẳng AB (M khác A và B). Nếu N trùng với O thì việc chứng minh bài toán như VD2. Nếu N không trùng với O (N khác A và B) ta có hình vẽ sau: Việc đi chưng minh bài toán giống như VD2 Lời giải tóm tắt: Tứ giác BDMN nội tiếp ( vì có ) Suy ra Tứ giác ACMN nội tiếp ( vì có ) Suy ra Mà (Vì tam giác AMB vuông tại M) Suy ra . Vậy = 90o (đpcm) Nhận xét2: Ta tiếp tục mở rộng bài toán: hãy thay đổi một và điều kiện của bài toán ở VD2, chẳng hạn như vị trí của N bất kì trên đường thẳng AB và không nằm giữa A và B, khi đó ta có kết quả = 90o nữa không? Ta có bài toán khác như sau: VD2.2: Gọi M là một điểm nằm trên (O) đường kính AB và N là một điểm bất kỳ nằm trên đường thẳng AB (N khác A, B và không nằm giữa A và B), đường thẳng vuông góc với MN tại M cắt các tiếp tuyến Ax và By của (O) lần lượt tại C và D. CMR: = 90o Phân tích: Ta có nhiều cách để đi chứng minh = 90o, sau đây tôi xin nêu ra một hướng phân tích để tìm lời giải cho bài toán: Muốn chứng minh = 90o ta dựa vào kết quả đã chứng minh ở bài toán VD2.1 ta đi chứng minh cho Ta nhận thấy tứ giác BDNM nội tiếp Suy ra: (cùng chắn ) Mà tứ giác AMCN cũng nội tiếp Do đó ( cùng bù với ) Mặt khác: (Vì tam giác AMB vuông tại M) Suy ra . Vậy = 90o (đpcm) Nhận xét3: Nhìn lại các bài toán vừa giải được ở trên, ta có thể đưa về một bài toán tổng quát hơn. VD2.3: Gọi M là một điểm nằm trên (O) đường kính AB và N là một điểm bất kỳ nằm trên đường thẳng AB (N khác A và B), đường thẳng vuông góc với MN tại M cắt các tiếp tuyến Ax và By của (O) lần lượt tại C và D. CMR: = 90o Việc đi chứng minh VD2.3 trở nên đơn giản, ta tìm được lời giải như đã trình bày ở trên. Ví dụ3: Một ca nô xuôi dòng một khúc sông dài 90 km rồi ngược dòng về 36 km. Biết rằng thời gian xuôi dòng nhiều hơn thời gian ngược dòng là 2 giờ và vận tốc khi xuôi dòng hơn vận tốc là 6km/h. Hởi vận tốc của ca nô lúc ngược dòng ? Phân tích: Đề bài toán có các phần khá rõ và mỗi phần đều có thể phiên dịch sang ngôn ngữ đại số dễ dàng dựa trên cơ sở của ba đại lượng tham gia bài toán đó là vận tốc, thời gian và quãng đường (không đổi) và được liên hệ với nhau bởi công thức (thời gian = quãng đường : vận tốc). Lại có hai trường trường hợp cụ thể đó là đi xuôi dòng và ngược dòng như sau: Vận tốc canô lúc ngược dòng x (km/h), (x > 0) Vận tốc canô lúc xuôi dòng x + 6 (km/h) Thời gian xuôi dòng nhiều hơn thời gian ngược dòng la 2 giờ, ta có PT Hoặc ta có thể biểu thị các số liệu ở dạng bảng : ĐL TH Vận tốc (km/h) Thời gian (h) Q. đường (km) Xuôi x + 6 90 Ngược x 36 Thời gian xuôi dòng nhiều hơn thời gian ngược dòng là 2 giờ, ta có PT Giải phương trình ta được x1 = 9, x2 =12 đều thỏa mãn Suy ra vân tốc canô lúc ngược dòng là 9km/h hoặc 12km/h. Khai thác bài toán. Ta có thể đưa ra các bài toán tương tự bằng cách: 1) Thay “thời gian xuôi dòng nhiều hơn thời gian ngược dòng là 2 giờ” bằng “tổng thời gian xuôi dòng và ngược dòng là 10 giờ” còn các phần khác của bài toán giữ nguyên. 2) Thay “Hỏi vận tốc lúc ngược dòng ?” bằng “Hỏi thời gian khi ngược dòng” còn các phần khác thì giữ nguyên 3) Ta có thể thay đổi nội dung bài toán để có một dạng toán khác như: VD3.1 “Một đội máy cày dự định cày một cánh đồng có diện tích 90ha trong một thời gian dự định. Nhưng khi cày thì 6 máy cày được điều đi cày ở nơi khác nên thời gian cày 36ha kém thời gian dự định cày xong cánh đồng là 2 ngày. Hỏi số máy cày lúc sau của đội ? Giả sử năng suất của mỗi máy cày là như nhau”. Phân tích: Sự tương tự của hai bài toán này ở chổ cũng có ba đại lượng tham gia bài toán đó là số máy cày, thời gian cày và diện tích cày (không đổi) về mối quan hệ giữa các đại lượng thì giống nhau ( thời gian cày = diện tích : số máy cày) và cũng được chia thành hai trường hợp cụ thể đó là số máy cày của đội dự định cày và số máy cày thực tế tham gia cày trên cánh đồng. Ta có bảng số liệu sau: ĐL TH Số máy cày (Máy cày) Thời gian (Ngày) Diện tích (ha) Dự định x + 6 90 Thực tế x 36 Theo bài toán ta có PT : - = 2 Đến đây ta có thể dễ dàng tìm được lời giả cho bài toán. VD4. (Trích bài tập 6a trang 04 SGK tập II) Vẽ hai đường thẳng (d1): y = -2x + 1 và (d2): y = 2x +5 trên cùng một mặt phẳng Oxy rồi tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng đó. Phân tích: Bài toán có hai yêu cầu: Vẽ đồ thị của hai đường thẳng trên cùng một mặt phẳng Oxy. Ta phải tìm hai điểm thuộc đường thẳng (d1) và hai điểm thuộc đường thẳng (d2) (thường ta tìm tọa độ giao điểm của mỗi đường thẳng với các trục Ox và Oy) rồi vẽ hai đường thẳng đi qua các điểm đó. Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng. Nếu M(xM; yM) là giao điểm của hai đường thẳng thì tọa độ của điểm M chính là nghiệm của hệ phương trình: Lời giải tóm tắt: Ta có bảng giá trị tương ứng: x 0 1 y = -2x +1 1/2 0 A(0; 1) và B(1/2; 0) thuộc (d1) x 0 5 y = 2x + 5 -5/2 0 C(0; 5) và D(-5/2) thuộc (d2) Gọi M(xM; yM) là giao điểm của hai đường thẳng thì tọa độ của điểm M chính là nghiệm của hệ phương trình: (Hay ta có phương trình hoành độ giao điểm của hai đường thẳng là: -2x +1= 2x +5) Giải hệ phương trình ta được (x; y) = (-1; 3) Vậy M(-1; 3) Khai thác bài toán: Đây là một bài toán mà ta rất hay gặp trong chương II và chương III Đại số 9. Mà ta nhận thấy chương II, chương III và chương IV Đại số 9 tương tự nhau trong xây dựng mạch kiến thức. Nếu GV giúp cho học sinh nắm được VD4 thì trong quá trình học chương IV Đại số 9 thì HS sẽ giải quyết được các bài toán tương tự như VD4. Giả sử ta thay đường thẳng (d2) bằng Parabol (P): y = -x2 ta có bài toán tương tự sau: VD4.1: Vẽ đường thẳng (d): y = -2x + 1 và Parabol (P): y = - x2 trên cùng một mặt phẳng Oxy rồi tìm tọa độ giao điểm của (d) và (P). Phân tích: Bài toán có hai yêu cầu: (tương tự như VD4) Vẽ đồ thị của (d) và (P) trên cùng một mặt phẳng Oxy. Ta phải tìm hai điểm thuộc đường thẳng (d) và các điểm thuộc Parabol (P) Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P). Nếu M(xM; yM) là giao điểm của đường thẳng (d) và Parabol (P) thì tọa độ của điểm M chính là nghiệm của hệ phương trình: (hay ta có phương trình hoành độ giao điểm: -x2 = -2x +1) Lời giải tóm tắt: Ta có bảng giá trị tương ứng: x 0 1 y = -2x +1 1/2 0 A(0; 1) và B(1/2; 0) thuộc (d) x -2 -1 0 1 2 y = -x2 -4 -1 0 -1 -4 O(0; 0); C(1; -1); D(2; -4); C’(-1; -1); D’(-2; -4) thuộc (P) Gọi M(xM; yM) là giao điểm của hai đường thẳng thì tọa độ của điểm M chính là nghiệm của hệ phương trình: Hay ta có phương trình hoành độ giao điểm của (d) và (P) là: -2x +1= -x2 x2 – 2x +1 = 0 (*) Phương trình (*) có nghiệm kép là x1 = x2 = 1 suy ra y1 = y2 = -1 Vậy (d) tiếp xúc với (P) tại M(1; -1) Đặc biệt hóa: Đặc biệt hóa là suy luận chuyển từ việc khảo sát một tập hợp đối tượng sang một tập hợp đối tượng nhỏ hơn chứa trong tập hợp ban đầu. Đặc biệt hóa có tác dụng kiểm nghiệm lại kết quả trong những trường hợp riêng hoặc để tìm ra kết quả khác. Nói riêng, trong giải toán, việc xét trường hợp đặc biệt của một bài toán nhiều khi giúp ta giải được bài toán hoặc giúp ta tìm thấy hướng giải của bài toán. Ví dụ 5: (Trích bài tập 76 trang 139 SBT Toán 9 tập II) Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Kẻ đường kínhAOB và AO’C. Gọi DE là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn, D thuộc (O) và E thuộc (O’). Gọi M là giao điểm của BD và CE. CM tứ giác ADME là hình chữ nhật. (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A GT DE là tiếp tuyến chung của (O)và (O’) BD cắt CE tại M KL ADME là HCN Phân tích: Ta có nhiều cách để đi chứng minh ADME là HCN, tôi xin nêu ra một cách: Ta chỉ cần đi chứng minh . Vì hiện tại đã có các góc ADM và AEM là các góc vuông. Để chứng minh được ta cũng có nhiều cách, chẳn hạn ta đi chứng minh . Vẽ tiếp tuyến chung trong tại A của (O) và (O’) cắt DE tại I, ta dễ dàng thấy được ID = IA = IE suy ra tam giác DAE vuông tại A suy ra . Do đó ADME là HCN (đpcm) Lời giải tóm tắt: Vẽ tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn tại A cắt DE tại I. Ta có: Do đó tam giác DAE vuông tại A suy ra Mà suy ra suy ra Vậy tứ giác ADME là hình chữ nhật ( Tứ giác có ba góc vuông) (đpcm) Nhận xét 1: Việc giải bài toán VD5 coi như đã xong, ta thử đặt vấn đề nếu hai đường tròn không tiếp xúc ngoài với nhau mà ở ngoài nhau thì kết luận của bài toán có đúng không? Ta có bài toán khác: VD5.1 Cho hai đường tròn (O) và (O’) ở ngoài nhau. Đường nối tâm OO’ cắt (O) và (O’) tại các điểm A, B, C, D theo thứ tự trên đường thẳng đó. Gọi EF là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn, E thuộc (O) và F thuộc (O’). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. CM tứ giác MENF là hình chữ nhật. Gợi ý tìm đến lời giải: Để đi chứng minh tứ giác MENF là hình chữ nhật I ta đi chứng minh một trong các cách sau: Trong trường hợp này NI không là tiếp tuyến chung của cả hai đường tròn. Như vậy, muốn chứng minh MENF là hình chữ nhật ta phải chứng minh góc EMF hoặc góc ENF là góc vuông, chẵng hạn ta đi chứng minh góc EMF là góc vuông như sau: Ta có OE//O’F vì cùng vuông góc với EF. Do đó Mà các tam giác AOE và DO’F đều là các tam giác cân Suy ra (Tính chất góc ngoài của tam giác) Ta có được Mặt khác các góc MEN và MFN đều là góc vuông Suy ra tứ giác MENF là HCN. (đpcm) Nhận xét 2: Việc giải bài toán VD5.1 coi như đã xong, ta thử đặt vấn đề nếu hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm thì kết luận của bài toán có đúng không? Ta có bài toán khác: VD5.2 Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt. Đường nối tâm OO’ cắt (O) hai điểm A, B,cắt (O’) tại hai điểm C, D theo thứ tự trên đường thẳng đó. Gọi EF là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn, E thuộc (O) và F thuộc (O’). Gọi M là giao điểm của AE và DF; N là giao điểm của EB và FC. CM tứ giác MENF là hình chữ nhật. Việc đi chứng minh VD5.2 hoàn toàn giống như VD5.1. Đến đây ta thấy VD5; VD5.1; VD5.2 là ba trường hợp đặc biệt của một bài toán của một bài toán tổng quát “khi (O) và (O’) có tiếp tuyến chung ngoài” Ta có thể đặt vấn đề: Nếu (O) và (O’) đựng nhau hoặc tiếp xúc trong với nhau và cũng thiết lập bài toán tương tự, khi đó có tồn tại lời giải không? Ví dụ6 : Chứng minh rằng tổng khoảng cách từ điểm M bất kì bên trong tam giác đều, kể cả khi M ở trên cạnh của tam giác, đến ba cạnh của tam đều luôn luôn không đổi. Phân tích: TH1: *Ta xét trường hợp đặc biệt khi M trùng với một trong ba đỉnh của tam giác đều đã cho (M trùng với A). Khi ấy, trong ba khoảng cách từ M đến ba cạnh có hai khoảng cách bằng 0 và một khoảng cách bằng chiều cao của tam giác đều (h. 2a). Đây là điều dự đoán và là điều gợi cho ta các trường hợp khác. Hình 2a TH2: *Ta xét trường hợp đặc biệt khác là M nằm trên một cạnh của tam giác đều (M thuộc AB) (h.2b). Lúc này chỉ có một khoảng cách từ M đến một cạnh bằng 0 ( M cách AB một khoảng bằng 0) và bằng cách vẽ thêm đường phụ MN// BC. Khi đó, tổng khoảng cách từ M đến ba cạnh của tam giác đều ABC bằng MH + MK. Mặt khác MK lại bằng chiều cao của tam giác đều AMN. Ta suy ra được tổng khoảng cách từ M đến ba cạnh của tam giác đều ABC bằng chiều cao của tam giác đều ABC (có giá trị không đổi). Hình 2b TH3: * Khi M nằm trong tam giác đều ABC, từ hai trường hợp trên điều kiện dự đoán đã được khẳng định dần. Từ đó, việc đi tìm lời giải chung cho bài toán được định hướng rõ ràng hơn (h. 3c). Qua M ta kẻ đường thẳng song song với BC cắt AC và AB lần lượt tại N vàN’. Khi đó tam giác AN’N là một tam giác đều có M thuộc cạnh NN’. Tương tự như trường hợp hai ta chứng minh được: MH + MK +ML có giá trị không đổi và bằng chiều cao của tam giác đều ABC. Hình 3c Khi đặc biệt hóa bài toán ta cần phải thận trọng. Chúng ta bắt đầu từ bài toán sau : Ví dụ 7: Tính cạnh huyền của một tam giác vuông biết đường cao ứng với cạnh huyền bằng h và báo kính đường tròn nội tiếp bằng r Phân tích: Xét tam giác ABC vuông tại A (h. 4). Gọi BC = x. Đặt AC = b, AB = c. Cần tính theo h và r Ta có hệ phương trình: Từ (3 ) ta có : b + c = x + 2r Bình phương hai vế ta được b2 + c2 + 2bc = x2 + 4r2 + 4xr (4) Từ (1), (2) và (4) ta có: x2 + 2hx = x2 + 4r2 + 4xr Hình 4 x = Đặt biệt hóa bài toán: Với h = 5, r =2, ta có: Tính cạnh huyền của một tam giác vuông biết đường cao ứng với cạnh huyền bằng 5 và báo kính đường tròn nội tiếp bằng 2 Giải như bài toán trên ta được : x = =8 Chớ vội bằng lòng với sự đặc biệt hóa trên. Ta thử hỏi có tồn tại một tam giác thỏa mãn điều kiện như vậy không? Để trả lời câu hỏi này ta hãy tính tiếp các cạnh còn lại của tam giác vuông đó: Từ (1)