phát triển một bài toán hình 8

Việc hớng dẫn các em học sinh theo hớng khai thác, phát triển ở một bài toán để trỏ thành một “họ” của bài toán đó tâm đắc bởi các em đã đợc tha hồ phát huy trí sáng tạo của mình, tìm tò

Khai th¸c vµ ph¸t triÓn mét bµi to¸n

h×nh häc líp 8

1

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 hếtcác em học sinh sau khi giải xong một bài toán là tỏ ra thoả mãn yêu cầu Thậmchí, cả đối với một số học sinh khá giỏi, có năng lực học toán cũng vậy Điều đóthật đáng tiếc Chính nó làm tôi suy nghĩ và tìm tòi biện pháp để hớng các em hãydành một lợng thời gian vừa đủ để suy xét tiếp mỗi bài toán mà mình vừa giảixong Việc hớng dẫn các em học sinh theo hớng khai thác, phát triển ở một bài

toán để trỏ thành một “họ” của bài toán đó tâm đắc bởi các em đã đợc tha hồ phát

huy trí sáng tạo của mình, tìm tòi mọi góc độ xung quanh một bài toán ban đầu ,

qua đó các em khắc sâu đợc kiến thức Và điều quan trọng hơn cả là cách hớng

dẫn này phù hợp với phơng pháp dạy học cải cách mới hiện nay, các em học sinh là ngời 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 đa ra cùng đồng nghiệp trao đổi nhằm nâng caochất lợng dạy và học

2 Mục đích:

Xuất phát từ một thực tế đáng tiếc của học sinh nh vậy nên việc chọn: "

Khai thác và phát triển một bài toán" nhằm giải quyết thực tế đó Nghĩa là làm

thế nào để ngời thầy đúng là ngời tổ chức chỉ đạo và dạy học sinh cách t duy để

thực hiện Dạy học sinh biết cách từ kiến thức vốn có, học sinh phải biết tự mìnhphát triển ra thành nhiều bài toán mới

Việc tạo cho học sinh biết cách việc suy xét tiếp một bài toán sau khi đã giải

sẽ có tác dụng

- Tìm ra hớng giải khác (Và từ đó sẽ có phơng 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 phơng 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 bài toán mới bài toán A ta có thể làm nh sau:

2

+ 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 lợng thời gian đủ để

suy xét nó nhìn nhận lại những gì đã làm và thực hiện theo 3 hớng 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 phơng pháp nghiên cứu

Chúng ta biết rằng mỗi một sự việc, hiện tợng đều do một số nguyên nhânsinh 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 đợc kết quả mới Điều

ấy trong toán học thì rất dễ xảy ra Từ một số điều kiện (giả thiết - gt) hoặc nhữngcái đã biết ta phải chỉ ra những kết quả thu đợc (kết luận - kl) Nhng việc chỉ ra đợckết quả chỉ là một vấn đề yêu cầu trớc mắt của bài toán Mà rèn luyện cho học sinh

có thói quen suy xét thêm những gì sau khi giải đợc bài tập là hết sức quan trọng.Chẳng hạn:

* Giải xong bài tập đó các em còn có thể chứng minh thêm đợc những gì ?

** Hãy thay đổi một số điều kiện trong giả thiết thì thu đợc những bài toánmới nào ?

*** Hãy đặc biệt hoá một vài điều kiện trong (gt) thì đợc (kl) gì ?

**** Nếu đảo lại thì bài toán đó có gì thay đổi

vân vân và vân vân

Cứ nh vậy sau mỗi bài tập hãy rèn cho học sinh có thói quen làm đợc một sốcông việc ấy Tôi nghĩ đó là một phơng 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 = 90 0 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.

Vậy DHA = AOB = (T/h Bằng

nhau đặc biệt thứ nhất của tam giác

Khi B di động trên Oy thì D di động theo nhng luôn cách Ox một khoảng

DH = a Vậy quỹ tích của D thuộc đờng thẳng song song với Ox và cách Ox mộtkhoảng bằng a

1

H

D' C'

D C

B

x

1

3 2

1

I' I

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

Oy thì D chuyển động trên tia D'D Khi đó trung điểm I của OD chuyển động trên

đờng 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 độngtrên Oy Trong góc xOy vẽ hình vuông ABCD Gọi I là trung điểm của OD Tìmtập hợp (qũy tích) điểm I

H

ớng dẫn: (Hình 2)

Theo kết quả trên D' là giới hạn của D và D' cố định

Gọi I' là trung điểm OD'  I' cố định

Trong OD'D có I'I là đờng trung bình  I'I // D'D

Nên quỹ tích I là tia I'I // Ox cách Ox một khoảng =

2

a

5

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 hớng bài toán dới dạng

khác

Nếu ta coi hình vuông OHPQ là cố định cạnh = a Trên các cạnh HO, OB,

PQ, PH lần lợt lấy A, B, C, D sao cho OA = QB = PC = DH

Tiếp tục: Nếu cho A di động

6

y

x

P Q

I

H

D C

I

H

D C

B

trên OH và vẫn cha thoả mãn ABCD

là hình vuông thì chu vi của AOB có

giá trị thay đổi nh thế nào Cụ thể có

quan hệ gì với a cạnh hình vuông

OHPQ

Vậy CAOB  2a (CAOB : chu vi AOB)

(Chu vi của AOB 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 lợt 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  O, A  H) Chứng minh CAOB < 2a

Từ suy xét ta dễ chứng minh đợc điều này

Khai thác 5:

7

Tiếp tục không dừng lại ta suy xét tiếp Ta luôn có OB + OA = OH = akhông đổi (vẫn nội dung bài tập 4).

Nh vậy OA + OB = a (const)

Suy ra OA.OB lớn nhất khi OA = OB (Tổng 2 số dơng không đổi tích củachúng lớn nhất khi hai số đó bằng nhau)

Để ý thì thấy rằng: OA OB = 2SAOB (SAOB diện tích AOB)

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

Hay A là trung điểm OH, B là trung điểm OQ ?

Ta có bài toán mới.

I

H

D C

B

Vậy ABCD là hình thoi (1)

Lại có: A1 = D1 mà D1 + A2 = 1v

 A + A2 = 1v (2)

Từ (1) (2)  ABCD là hình vuông

b) Ta có SOHPQ = a2

Theo kết quả trên AOB = BQC = CPD = DHA (c.g.c)

 SABCD = a2 - 4 SAOB = a2 - 2.OA.OB

Tiếp theo suy xét 4 ta có CAOB  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

Q

HA

KO

12431

2

Suy ra: PE = PA

Do vậy PBE = PBA (c.c.c)

Nên B1 = B2 Trên AB lấy K sao cho

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, Pylần lợt cắt OH, OQ tại A, B thoả mãn chu vi AOB là 2a

Chứng minh xPy = 450

(Từ suy xét trên dễ chứng minh đợc bài này)

Đặc biệt hoá bài toán ta có bài toán sau:

Cho hình vuông ABCD, cạnh là

Khai thác 7: (Hình 7)

Suy xét tiếp ta có thể

đặt ra vấn đề ngợc lại của

bài toán 6 thì sao ?

Hình 7

Nghĩa là: Cho hình vuông OHPQ cạnh bằng a, một góc xPy quay quanh Psao cho xPy = 450 và Px cắt OH tại A, Py cắt OQ tại B, thì chu vi của AOB có gìthay đổi hay vẫn bằng 2a

Suy luận: Trên tia đối tia HA lấy F sao cho HF = QB

AK

By

1

2 1

1

2

1 2

O

45 0

x

= OA + AH + OB + BQ

= OH + BQ

= a + a

= 2a

Nh vậy vấn đề ngợc lại của bài toán 6 vẫn đúng

Từ suy xét trên dễ chứng minh đợc bài toán này Hơn nữa ta lại chỉ ra đợckhoảng cách từ P đến AB (độ dài của PK luôn bằng cạnh hình vuông PQ không

a) Chứng minh AOB có chu vi không đổi

b) Cạnh AB luôn là tiếp tuyến của một đờng tròn cố định

Từ suy xét trên dễ chứng minh đợc bài tập này

Thì: AB = AH + BQ ( hay chu vi AOB là không đổi )

Và cả hai trờng hợp trên ta đều chứng minh đợc khoảng cách của P đến AB

là không đổi

Ta có thể thay cách phát biểu của bài toán trên.

Bài toán 8:

12

Cho hình vuông OHPQ cạnh bằng a Một đờng 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

H

ớng dẫn:

a) Xem hớng dẫn bài toán 6 và bài toán 7

b)  Thuận: chứng minh trên có PK = PH = a (const)

Vậy khi APB quay quanh P thì K chuyển động nhng luôn cách P mộtkhoảng không đổi là a

Vậy K  (P, a)

Giới hạn: Khi A  O thì B  Q  K  Q

A  H thì B  O  K  H

Vậy quỹ tích K là một phần t đờng tròn (P, a) nằm trong hình vuông OHPQ

 Đảo lại:o lại:

Trên một phần t đờng tròn (P, a) nằm trong hình vuông OHPQ lấy một điểmK' bất kỳ Kẻ x'y'  PK' tại K', x'y' cắt OH tại A' cắt OQ tại B' ta phải chứng minhOB' + OA' + A'B' = 2a

Thật vậy:

Có COA'B' = OA' + A'B' + OB'

Nhng A'B' = A'K' + K'B' (K  A'B')

Và A'K' = A'H

K'B' = B'Q (tính chất hai tiếp tuyến)

 CA'OB' = OA' + A'H + OB' + B'Q

= OH + OQ = 2a

Khai thác 9: (Hình 8)

13

Tiếp tục suy xét thấy khi A, B chuyển động trên 2 cạnh OH, OQ của hìnhvuông OHPQ cạnh là a và thoả mãn chu vi AOB = 2a Thì một điều xảy ra rằng:

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 nh thế nào ?

Vậy 2SAPB lớn nhất = a2 - O

Hay SAPB lớn nhất =

ớng dẫn:

(Chứng minh theo hớng suy xét trên)

Khai thác 10:

Suy xét tiếp từ giá trị trên ta thấy

Gọi đờng 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

Cho hình vuông OHPQ cạnh bằng 1,

một góc xPy quay quanh P sao cho

CAOB = 2 Gọi QH lần lợt cắt PA ở M,

PB ở N Lấy K thuộc AB sao cho BK = BQ

Chứng minh: BM, AN, PK đồng qui

H

ớng dẫn: (Hình 9)

Từ các bài toán trên ta đã có kết luận (và đã chứng minh đợc)

Nếu CAOB = 2.OH  APB = 450

Mà BQM = 450  BQPM nội tiếp (Q1= P1 P, Q cùng thuộc nửa mặtphẳng cùng nhìn BM dới những góc bằng nhau)

M

O

KN

AMP vuông cân tại A   2

NP AP

PB PA

Ta có bài tập mới.

Bài toán 11:

Cho hình vuông OHPQ cạnh là 1 Trên OH, OQ lần lợt lấy A,B chuyển

động sao cho chu vi AOB = 2 Gọi QH lần lợt cắt PA, PB tại M, N Chứng minhrằng: PA.PB = 2PM.PN

Nên SABC =

2

1

AH BCNhng trong AHB thì AH = AB SinB

PB PA S

S MPN ABP

Ta có bài tập mới.

Bài toán 12:

Cho hình vuông OHPQ cạnh là 1 Trên OH, QO lần lợt lấy A, B cùngchuyển động và thoả mãn chu vi AOB bằng 2 Gọi QH lần lợt cắt PA, PB tại M, N.Chứng minh SPAB = 2SPMN.

Lại có BPE = 900 và APB = 450

 APE = 450  PAB = PAE

1

2

Hình 11

Gäi BQ = x  HE = x (Do PHE = PQB)

Trong API v«ng c©n t¹i I  AI2 =

2

2 a a

2 2

2 8

) (

5a2(a2 + x2) = 8a2

4

) 2 (a  x 2

5 4

Bằng suy luận trên ta dễ chứng minh đợc điều này Cứ tiếp tục suy xét nhvậy ta còn có thể phát triển thêm đợc những bài toán mới từ bài toán quenthuộc.Vậy với bài toán sau các bạn hãy suy xét và phát triển mà xuất phát từ bàitoán ban đầu.

3 Kết quả đạt đợc

1 Kết quảo lại: chung:

Sau khi học sinh đợc thực hành giải bài tập theo hớng 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 hớng khác nhau Bêncạnh đó nhằm tạo cho học sinh biết đợc việc suy xét tiếp một bài toán sau khi đãgiải sẽ có tác dụng:

- Tìm ra hớng giải khác (Và từ đó sẽ có phơng 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 quảo lại: cụ thể, đối chứng

Trên đây là một số hớng 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 tuyểnhọc sinh giỏi của trờng so sánh kết quả trớc và sau khi áp dụng kinh nghiệm trên,tôi thấy có kết quả rõ rệt

Kết quảo lại: cụ thể nh sau:

áp dụng

Sau khi

áp dụng

19

điểm (quỹ tích)

Nhận dạng và giải quyết đợc 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 trớc, đoạn thẳng bằng nhau

Nhận dạng và giải quyết đợc các bài toán chứng minh

ba điểm thẳng hàng, các đờng thẳng đồng quy,

Nhận dạng và giải quyết đợc các bài toán chứng minh

một tứ giác là hình vuông, chứng minh một điểm là

Nhận dạng và giải quyết đợc 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

Tìm đợc lời giải các bài toán có nội dung đặc biệt, có

nội dung phức hợp, vận dụng cách giải linh hoạt

4 Bài học kinh nghiệm:

Sau khi thu đợc kết quả trên tôi thấy phơng pháp giải toán nói trên khôngqua khó đối với học sinh khá, giỏi mà điều quan trọng nhất là rèn cho các em mộtthói 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 vớibài 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 lợng thời gian đủ để suy xét nó nhìnnhận lại những gì đã làm và thực hiện để tìm ra các bài toán mới rất hay và có giátrị

5 Phạm vi áp dụng

20

Trọng tâm của đề tài là tập trung vào đối tợng học sinh khá giỏi lớp 8, các

em phải nắm vững kiến thức cơ bản, cần có niềm say mê môn hình học Với giáoviên là ngời đem lại niềm say mê , hứng thú cho các em, dẫn dắt các em biết cáchkhai thác, nâng cao, tổng hợp khái quát hóa một vấn đề Để đảm bảo tính hệ thốngliên tục, lô-gíc theo hớng khai triển của bài toán, trong đề tài có đôi chỗ mở rộngcho học sinh lớp 9 Vậy khi xem, áp dụng xin lu ý tới trình độ của các em học sinh

để vận dụng cho phù hợp

6 Những ý kiến đề xuất, hớng tiếp tục nghiên cứu:

Trên đây là những hớng khai thác và phát triển một bài toán mà tôi đã làm.Vấn đề tôi muốn đề xuất là rèn luyện phơng pháp t duy đào sâu suy nghĩ sau mỗibài toán đã giải chúng ta dành một lợng thời gian nhất định để suy xét theo hớng

mà tôi đã đa ra Thiết nghĩ đó cũng là một phơng pháp học toán và làm toán rất bổích, lý thú Làm đợc điều đó với học sinh sẽ tạo ra sự hiểu bài sâu hơn, có nhiềuphơng pháp giải hơn và đơng nhiên sẽ tìm đợc phơng pháp hay nhất Với ngời dạyngoài 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 t tởng trên hớng tiếp tục

nghiên cứu chính là các mảng kiến thức khác nhau mà thông qua một khinhnghiệm nhỏ này cha thể đề cập hết đợc

21

Phần III: kết luận

Trong quá trình bồi dỡng học sinh giỏi khối 8 - 9 tôi đã đa ra để thựcnghiệm Ban đầu các em còn bỡ ngỡ sau tỏ ra rất thích thú, say mê Từ chỗ hiểu vàsay mê đó các em tìm tòi nhiều phơng pháp giải, qua đó chọn đợc phơng pháp giảihay, đặc biệt một số em đã tự thiết kế ra bài toán mới dựa trên hớng khai thác này

Với khả năng còn có hạn, chắc chắn không tránh khỏi những hạn chế nhất

định Song tôi cũng mạnh dạn đa 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 trờng

Rất trông đợi sự đánh giá góp ý, bổ sung của đồng nghiệp xa gần để kinhnghiệm này đợc hoàn thiện hơn và có tác dụng thiết thực trong sự nghiệp trồng ng-

ời của chúng ta

Xin trân trọng cảm ơn!

22