KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC LỚP 8 pptx

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201 1 Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 1 CỘNG HOÀ Xà HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc ********************* BẢN CAM KẾT I. TÁC GIẢ Họ và tên: HOÀNG THỊ THU HƯƠNG Ngày, tháng, năm sinh: 09/11/ 1975 Đơn vị : Trường THCS Núi Đèo Điện thoại: 0982873720 II. SẢN PHẨM: Tên sản phẩm: KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC LỚP 8 III. CAM KẾT Tôi xin cam kết sáng kiến kinh nghiệm này là sản phẩm của cá nhân tôi. Nếu có xảy ra tranh chấp về quyền sở hữu đối với một phần hay toàn bộ sản phẩm sáng kiến kinh nghiệm, tôi hoàn toàn chịu trách nhiệm trước lãnh đạo đơn vị, lãnh đạo Sở GD & ĐT về tính trung thực của bản cam kết này. Núi Đèo, ngày 25 / 3/ 2011 Người cam kết Hoàng Thị Thu Hương SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201 1 Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 2 KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN HÌNH LỚP 8 A. ĐẶT VẤN ĐỀ Trong giảng dạy môn Toán, ngoài việc giúp học sinh nắm chắc kiến thức cơ bản thì việc phát huy tính tích cực của học sinh để mở rộng khai thác thêm các bài toán mới là điều rất cần thiết cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Mặt khác từ những kinh nghiệm để giải một bài toán ta thường phải hình thành những mối liên hệ từ những điều chưa biết đến những điều đã biết, những bài toán đã có cách giải (gọi là bài toán gốc). Nên việc thường xuyên khai thác, phân tích một bài toán ban đầu là một cách nâng cao khả năng suy luận, tư duy sâu cho học sinh đặc biệt trong môn hình học. Qua một số năm giảng dạy hình học lớp 8, với kinh nghiệm của bản thân tôi đã luôn giúp học sinh tìm tòi, khai thác nhiều bài toán, đó cũng là cơ sở để tôi viết sáng kiến kinh nghiệm này. B. NỘI DUNG I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT 1 - Hệ quả định lí Talet trong tam giác : ∆ABC có M ∈ AB, N ∈ AC MN // BC AM AN MN AB AC BC ⇔ = = 2 - Định lí đường phân giác: ∆ ABC có AD là đường phân giác DB AB DC AC ⇔ = 3 - Định lí Pitago: ∆ ABC có a, b, c là ba cạnh của tam giác có  = 90 0 ⇔ a 2 = b 2 + c 2 4 - Các hệ thức lượng trong tam giác vuông ∆ ABC,  = 90 0 AH ⊥ BC, (AH = h, HB = b’; HC = c’) * b 2 = a.b’; c 2 = a.c’ * a 2 = b 2 + c 2 * b.c = a.h = 2S (S là diện tích của tam giác) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201 1 Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 3 * h 2 = b.c * 2 2 2 1 1 1 h b c = + 5 - Quan hệ giữa cạnh và góc trong tam giác * µ $ µ ∆ ≥ ≥ ⇔ ≥ ≥ ABC : A B C a b c * b c a b c − < < + 6 - Quan hệ giữa các đường trong tam giác ∆ABC có đường cao h a , trung tuyến m a , phân giác l a thì a a h m ≤ ≤ a l 7 - Một số bất đẳng thức cơ bản * a + b 2 ab ≥ với a, b ≥ 0 * 1 1 4 a b a b + ≥ + với a, b > 0 * (a + b) 2 ≤ 2(a 2 + b 2 ) II. CÁC NHẬN XÉT VÀ BÀI TOÁN MỚI ĐƯỢC RÚT RA * Nhận xét chung: Trong chương trình hình 8, ta có thêm một tính chất của đường phân giác trong tam giác đó là: Nếu AD là phân giác của ∆ABC thì DB AB DC AC = ( 1). Để kết hợp với định lí Ta - let, ta kẻ DE // AB suy ra ∆ EAD luôn cân tại E hay EA = ED. Nhưng từ DE // AB lại có DB EA DC EC = (2) Từ (1) và (2) ta có EA AB EC AC = EA AB EA EC AB AC ⇔ = + + Do đó EA = ED nên ED c bc 1 1 1 ED b b c b c ED b c = ⇔ = ⇔ = + + + (Đặt AB = c; BC = a; CA = b; phân giác AD = l a ). Đó là lời giải của bài toán gốc sau: B C E D a l 1 2 a c b A SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201 1 Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 4 “∆ ∆∆ ∆ABC, AD là phân giác trong DE // AB (E ∈ ∈∈ ∈ AC). Chứng minh 1 1 1 = + ED b c ” 1. Nhận xét 1: Từ bài toán gốc, ta thấy để có sự liên hệ giữa cạnh b, c và phân giác l a ta xét trường hợp đặc biệt khi  = 120 0 ⇒  1 =  2 = 60 0 ⇔ ∆EAD đều nên ED = AD = l a . Đó cũng là lời giải của bài toán sau: Bài toán 1: Cho  = 120 0 . Chứng minh 1 1 1 = + b c l a . (Rõ ràng lời giải thông qua bài toán gốc). 2. Nhận xét 2: Theo bài toán gốc luôn có: 1 1 1 + b c ED = . Nếu cho 1 1 1 = + b c l a thì l a = ED. Hay ∆ EAD đều ⇒  = 120 0 . Bài toán 2: Cho 1 1 1 + b c = l a . Chứng minh  = 120 0 . 3. Nhận xét 3: Nhưng từ mối quan hệ h a ≤ l a ≤ m a trong một tam giác ta có a a 1 1 1 h m ≥ ≥ a l . (Trong đó h a là đường cao; l a là đường phân giác; m a là đường trung tuyến cùng ứng với một cạnh trong tam giác). Nếu cho điều kiện a 1 1 1 1 1 1 b c h b c + = ⇒ + ≥ a l mà theo bài toán gốc 1 1 1 + b c ED = nên suy ra 1 1 DE ≥ a l hay DE ≤ l a . Từ DE ≤ l a ⇒  2 ≤ AED Và EA ≤ l a ⇒ µ ≤ 2 D AED Mà AED = AED Cộng các vế có 180 0 ≤ 3 AED . Hay AED ≥ 60 0 . Mà  + AED = 180 0 nên  ≤ 120 0 . Vậy ta có: Bài toán 3: Cho a 1 1 1 b c h + = . Chứng minh  ≤ 120 0 . B C E D a l 1 2 a c b A 2 1 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201 1 Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 5 4. Nhận xét 4: Cũng từ h a a a a 1 1 1 m h m ≤ ≤ ⇔ ≥ ≥ a a l l . Nếu cho a 1 1 1 b c m + = thì 1 1 1 b c + ≤ a l mà theo bài toán gốc 1 1 1 b c DE + = nên suy ra 1 1 DE ≤ a l µ ⇔ ≥ ⇒ ≥ 2 DE A AED a l µ ⇔ ≥ ⇒ ≥ 2 AE D AED a l Mà AED = AED Cộng các vế ta có 180 0 ≥ 3AED hay AED ≤ 60 0 . Do DE // AB nên AED +  = 180 0 (hai góc trong cùng phía) hay  ≥ 120 0 . Đó cũng là lời giải bài toán 4: Bài toán 4: Cho a 1 1 1 b c m + = . Chứng minh  ≥ 120 0 .  Kết luận 1: Trong ∆ABC cạnh a, b, c có l a , h a , m a a. Nếu a 1 1 1 b c h + = thì  ≤ 120 0 . b. Nếu 1 1 1 + b c = l a thì  = 120 0 . c. Nếu a 1 1 1 b c m + = thì  ≥ 120 0 . Và các nhận xét 2; 3; 4 cũng là khai thác về hệ thức của bài toán gốc. Chuyển sang khai thác bài toán gốc về góc ta có nhận xét sau: 5. Nhận xét 5: Nếu ∆ABC cho giả thiết  = 90 0 thì  1 =  2 = 45 0 hay ∆EAD vuông cân. Nếu có l a 2 = EA 2 + ED 2 ⇒ l a 2 = 2ED 2 (do EA = ED) ⇒ ED 2 = a l hay ED = 2 a l 2 1 1 1 ED b c ⇒ = = + a l Ta có: A B C D E a l 1 2 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201 1 Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 6 Bài toán 5: Nếu  = 90 0 thì 2 1 1 b c = + a l (Có thể coi đây là một hệ thức của tam giác vuông) 6. Nhận xét 6: Xét chiều ngược lại của bài toán 5. Nếu ta có 1 1 2 b c + = a l Mà 1 1 1 b c ED + = nên l a = ED 2 Hay l a 2 = 2ED 2 = ED 2 + EA 2 (vì EA = ED). Theo định lí Pitago đảo suy ra Ê = 90 0 hay  = 90 0 . Vậy ta có Bài toán 6: Nếu ∆ABC có 1 1 2 b c + = a l thì  = 90 0 . 7. Nhận xét 7: Khi  = 90 0 ta có hệ thức 2 1 1 b c = + a l . Biến đổi hệ thức: Bình phương hai vế 2 2 2 1 1 2 bc b c = + + 2 a l Với chú ý 2 2 2 1 1 1 b c h + = và bc = 2S Ta có 2 2 a 2 1 2 2S h = + a l hay 2 a 2 a a 1 2h S (h ) − = 2 a l l Do đó ta có cách tính diện tích tam giác vuông theo h a ; l a là S = ( ) 2 a 2 a h 2h − a 2 a l l Áp dụng giải bài toán 7: Cho ∆ABC ( = 90 0 ) có h a = 5cm; l a = 7cm. Tính diện tích tam giác vuông. Rõ ràng theo nhận xét 7 thì dễ dàng tính được S = ( ) 2 2 2 2 7.5 35 2.5 7 = − = 1225cm 2 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201 1 Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 7 8. Nhận xét 8: Khi  = 90 0 ta có S = ( ) 2 a 2 2 a a h 2h − a l l Vì S > 0 nên 2 a 2h > 2 a l a 2h ⇒ > a l Vậy ta có bài toán 8: Trong tam giác ABC có  = 90 0 , chứng minh a a 2h h > ≥ a l Bài toán đề nghị : Giải bài toán 8 theo một cách khác (dựng tam giác vuông cân cạnh h a ). * Kết luận 2: Từ bài toán gốc ta khai thác bằng cách thứ hai là đặc biệt góc A ( = 90 0 ) đã thu được ba bài toán mới. +,  = 90 0 2 1 1 b c ⇔ = + a l +,  = 90 0 a a 2h h ⇔ > > a l +,  = 90 0 ( ) 2 a 2 a h S 2h ⇔ = − V a 2 a l l 9. Nhận xét 9: Ta tiếp tục dùng phương pháp đặc biệt hoá Nếu cho  = 60 0 suy ra  1 =  2 = 30 0 . Hạ EH ⊥ AD thì AD = 2AH = 2AE.cos 30 0 Hay l a = 2ED. 3 2 = ED 3 ED 3 ⇒ = a l Theo bài toán gốc 1 1 1 ED b c = + Vậy ta có bài toán 9: Cho tam giác ABC có  = 60 0 , chứng minh 3 1 1 b c = + a l 10. Nhận xét 10: Xét chiều ngược lại trong ∆ ABC nếu có 3 1 1 b c = + a l mà 1 1 1 ED b c = + thì suy ra ED 3 = a l (Bài toán gốc) Hạ EH ⊥ AD ⇒ cos  2 = ED 3 AH 3 2 AE ED 2 = = A C B E H 0 30 0 30 D SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201 1 Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 8 Hay  2 = 30 0 suy ra  = 60 0 . Vậy ta có lời giải bài toán 10 ∆ABC có 3 1 1 b c = + a l . Chứng minh  = 60 0 . * Kết luận 3: Trong ∆ ABC, AD là phân giác (AD = l a )  = 60 0 ⇔ 3 1 1 b c = + a l - Sau khi đã khai thác hệ thức và yếu tố góc trong bài toán gốc ta đã phát triển thêm được ra một số bài toán mới. Tiếp theo là sử dụng bài toán gốc trong việc nhìn nhận ra lời giải của một số bài toán khác. 1 . Nhận xét 11: Cũng từ bài toán gốc (sử dụng chứng minh bất đẳng thức). 1 1 1 bc DE = DE b c b c = + ⇒ + Mà DE + EA > l a (bất đẳng thức trong tam giác) Hay 2DE > l a (do ∆ ADE cân tại E) Suy ra 2bc b c > + a l 1 1 1 1 2 b c   ⇒ > +     a l Với l a ; l b ; l c là độ dài các đường phân giác trong tam giác. Chứng minh tương tự b 1 1 1 1 2 a c   > +     l c 1 1 1 1 2 b a   > +     l Cộng các vế có : a b 1 1 1 1 1 1 b c a   + + > + +     c l l l Bài toán 11: Trong tam giác chứng minh a b 1 1 1 1 1 1 b c a   + + > + +     c l l l . Với l a ; l b ; l c là độ dài các đường phân giác trong tam giác. 12 . Nhận xét 12: Nếu sử dụng bài toán 1, ta có cách nhìn một số bài toán khó trở nên đơn giản hơn, chẳng hạn xét một bài toán của lớp 9: SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201 1 Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 9 Bài toán 12: Cho tam giác ABC đều nội tiếp (O; R), điểm M chạy trên cung BC nhỏ, gọi giao điểm của MA và BC là I. Tìm vị trí của điểm M để I có độ dài lớn nhất. Lời giải: Ta thấy · 0 BMC 120 = và MI là phân giác của tam giác MBC. Nên theo bài toán 1 suy ra 1 1 1 MI MB MC = + áp dụng bất đẳng thức cơ bản: 1 1 1 4 MI MB MC MB MC = + ≥ + Ta cũng chứng minh được MA = MB + MC. (Thật vậy: Trên tia MA lấy điểm D sao cho MD = MB mà · · 0 BMD ACB 60 = = khi ấy ∆BMD đều. Vậy AB = BC, BD = BM, · · ABD CBM = vì cùng cộng với góc DBC để được · · 0 ABC DBM 60 = = . Suy ra ∆ABD = ∆CBM nên AD = MC. Do đó MD = MB , AD = MC ⇒ MA = MB + MC) Hay 1 4 MA 2R MI MI MA 4 4 ≥ ⇒ ≤ ≤ Dấu bằng xảy ra MB MC AM 2R =  ⇔  =  ⇔ M là điểm chính giữa của cung BC nhỏ. Vậy đó là một cách giải của bài toán 12 nhìn ra từ bài toán 1. 13- Nhận xét 13: Nếu b, c thay đổi sao cho b 2 + c 2 = 2R 2 (không đổi) thì ta có tìm được cực trị cả đại lượng tính theo 1 1 b c + (bài toán gốc 1 1 1 DE b c = + ) Bài toán 13: Cho điểm A di chuyển trên nửa đường tròn (O) đường kính BC = 2R, kẻ phân giác AD của tam giác ABC. Tìm cực trị của AD.  Rõ ràng khi A ≡ B, A ≡ C, thì min AD = 0.  Tìm max thì do  = 90 0 nên theo bài toán 5 có 2 1 1 b c = + a l • A B C O I M 1 2 D SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM- NĂM HỌC 2010-201 1 Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 10 hay áp dụng bất đẳng thức cơ bản có: 2 1 1 4 b c b c = + ≥ + a l (1) Và ( b + c) 2 ≤ 2(b 2 + c 2 ) = 8R 2 b c 2 2R ⇔ + ≤ 4 4 b c 2 2R ⇔ ≥ + (2) Từ (1) và (2) suy ra 2 4 2 2R ≥ a l Hay 2 2R R 4 2 ≤ ⇔ ≤ a a l l Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = c = R 2 Khi đó A là điểm chính giữa cung BC. Vậy l a max = R ⇔ A là điểm chính giữa cung BC. 14 . Nhận xét 14: Từ hệ thức : Khi  = 90 0 thì 2 1 1 b c = + a l Nếu ta cho l a = 12 2 7 thì có 1 1 7 b c 12 + = , và biết diện tích tam giác là 6cm 2 . Ta có bài toán sau: Bài toán 14: Cho tam giác ABC có  = 90 0 , l a = 12 2 7 và diện tích tam giác là 6cm 2 . Tính độ dài hai cạnh góc vuông. Giải: Theo bài ta có 1 1 7 b c 12 bc 12  + =    =  b c 7 bc 12 + =  ⇔  =  Từ đó tính được b = 3cm; c = 4cm và lời giải dựa vào hệ thức của bài toán 5. 15 . Bài tập đề nghị Bài 1: Cho tam giác ABC, chứng minh: a.  = 60 0 ⇔ a 2 = b 2 + c 2 – bc b.  = 90 0 ⇔ a 2 = b 2 + c 2 • • A B C O D c b a l [...]... định lí bổ trợ ngoài bài toán gốc Ví dụ h a ≤ la ≤ m a VI - BÀI HỌC KINH NGHIỆM * Qua một số năm giảng dạy hình 8 và hình 9 theo chương trình cũ hoặc chươnng trình thay sách mới, tôi đều có hướng yêu cầu học sinh phân tích từ bài toán gốc hình thành ra các bài toán khác Cho thấy học sinh không những hứng thú học hình mà còn ham tìm tòi những điều mới mẻ trong một bài toán * Nhiều học sinh đã tìm ra hướng... sáng kiến kinh nghiệm nhằm khai thác bài toán gốc, nên các bài toán sau thường được qui về sử dụng lời giải bài toán gốc (Nhiều bài toán là bắt buộc, ví dụ : Kết luận 1, kết luận 2) * Nhưng ngược lại có một số bài toán có lời giải riêng (ở đây chỉ đưa ra cách nhìn nhận một vấn đề một cách khác đi) * Chỉ khai thác được với những góc đặc biệt ( = 600, 900, 1200) * Để chứng minh một kết quả phải áp dụng... tập trong sáng kiến kinh nghiệm này Kết quả cho thấy các em nắm vững bài toán gốc và phát hiện kịp thời các bài toán sau thông qua bài toán gốc Các bài toán mới được các em khai thác rất say sưa dưới hướng dẫn của giáo viên Hiệu quả là đã phát triển tư duy, óc sáng tạo của học sinh  2 Kết quả cụ thể: Sau khi ra đề cho học sinh lớp 8A2: Trong ∆ABC cạnh BC = a, AC = b, AB = c có các đường phân giác,... để rút ra 14 bài toán liên quan đến bài toán gốc Mong đóng góp một phần nhỏ bé trong kĩ năng rèn luyện tính tích cực phát triển tư duy sáng tạo của học sinh, gây hứng thú tìm tòi cái mới khi các em làm toán Tuy nhiên việc phát triển một bài toán là rất rộng, không tránh khỏi các hạn chế nên tôi rất mong được sự đóng góp bổ sung của các đồng nghiệp và Ban giám khảo chấm chuyên đề để bài toán được hoàn... Mặt khác đối với những bài toán này, việc mở rộng khai thác thêm các trường hợp riêng luôn đem lại cho học sinh những hứng thú sáng tạo mới Rất kích thích tư duy học sinh cho các em C – KẾT LUẬN Sau một thời gian tự tìm tòi xung quanh bài toán gốc và các tài liệu tham khảo, cũng như xin ý kiến đóng góp của đồng nghiệp, tôi cố gắng hệ thống và tổng hợp lại các kết luận mới khai thác thông qua 14 nhận... các ý a, b, c Bài 2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp (O), điểm M chạy trên cung BC nhỏ Chứng minh: a MA = MB + MC b MA2 + MB2 + MC2 không đổi Bài 3: Chứng minh trong hình thang đường thẳng đi qua giao điểm hai cạnh bên và giao điểm hai đường chéo thì chia đôi hai đáy III KẾT QUẢ THỰC HIỆN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 1 Kết quả chung: Trong năm học vừa qua, tôi đã hướng dẫn cho học sinh lớp 8 một số bài tập trong... phân giác, căn bậc hai, đường tròn cho nên chỉ áp dụng được ở học kì II lớp 8, còn riêng đối với học sinh lớp 9 có thể dạy ngay từ đầu năm  Vì sáng kiến kinh nghiệm có nhiều kĩ năng biến đổi, kết hợp suy luận nhiều kiến thức của môn hình và đại nên có thể sử dụng dạy chuyên đề, bồi dưỡng học sinh giỏi  Dùng đề xuất thêm bài tập mở rộng cho học sinh ứng theo từng phần liên quan nhất là trong các tiết... tòi những điều mới mẻ trong một bài toán * Nhiều học sinh đã tìm ra hướng giải của nhiều bài toán đã bị biến dạng khác với bài toán ban đầu bằng cách nhận biết liên quan đã trình bày ở sáng kiến kinh nghiệm này, hoặc có nhiều em tìm ra lời giải khác từng bài nhưng nói chung là khó khăn hơn là đưa chúng về gần bài toán đã biết lời giải ... từ A lần lượt là la, ha, ma; chứng minh: a Nếu 1 1 1 + = b c ha thì  ≤ 1200 b Nếu 1 1 1 + = b c la thì  = 1200 1 1 1 + = b c ma thì  ≥ 1200 c Nếu Kết quảt đạt được như sau: Lớp Sĩ số Điểm 9, 10 Điểm 7, 8 Điểm 5, 6 8A2 32 8 em (25%) 12 em (37,5%) 12 em (37,5%) -Hoàng Thị Thu Hương – THCS Núi Đèo 11 SÁNG KI... rộng, không tránh khỏi các hạn chế nên tôi rất mong được sự đóng góp bổ sung của các đồng nghiệp và Ban giám khảo chấm chuyên đề để bài toán được hoàn chỉnh hơn và cũng để tôi có kinh nghiệm khai thác các bài toán khác Tôi xin trân trọng cảm ơn Xác nhận của Ban giám hiệu Núi Đèo, ngày 25/ 3/ 2011 Người thực hiện Hoàng Thị Thu Hương . cầu học sinh phân tích từ bài toán gốc hình thành ra các bài toán khác. Cho thấy học sinh không những hứng thú học hình mà còn ham tìm tòi những điều mới mẻ trong một bài toán. * Nhiều học. trong bài toán gốc ta đã phát triển thêm được ra một số bài toán mới. Tiếp theo là sử dụng bài toán gốc trong việc nhìn nhận ra lời giải của một số bài toán khác. 1 . Nhận xét 11: Cũng từ bài toán. nhằm khai thác bài toán gốc, nên các bài toán sau thường được qui về sử dụng lời giải bài toán gốc. (Nhiều bài toán là bắt buộc, ví dụ : Kết luận 1, kết luận 2). * Nhưng ngược lại có một số bài