Hướng dẫn học sinh giải bài toán theo phương pháp phân tích suy luận ngược trong hình học lớp 8

Lí do chọn đề tài : Thực tế giảng dạy cho thấy, đối với học sinh, việc tìm ra lời giải cho một bài toán là điều không hề đơn giản và hầu hết đều mang tính tự phát, không có hệ thống hay

I MỞ ĐẦU

I.1 Lí do chọn đề tài :

Thực tế giảng dạy cho thấy, đối với học sinh, việc tìm ra lời giải cho một bài toán là điều không hề đơn giản và hầu hết đều mang tính tự phát, không có

hệ thống hay phương pháp cụ thể, đặc biệt là những bài toán chứng minh hình học Các em có thể tiếp thu rất nhanh khi đọc hướng dẫn giải trong các ví dụ minh họa nhưng khi gặp những bài tương tự lại cảm thấy bế tắc, không tìm ra hướng giải quyết phù hợp

Là một giáo viên đứng lớp, sau nhiều năm tìm tòi và thử nghiệm, tôi nhận thấy một trong những cách thức để tìm được lời giải nhanh nhất chính là suy luận phân tích ngược Đây là phương pháp đơn giản và dễ thực hiện, thông qua việc liên kết điều phải chứng minh với giả thiết và những điều đã biết trước đó, học sinh có thể dễ dàng tìm ra các “cầu nối” giữa những điều này và theo quy luật lôgic, lời giải dần được hình thành một cách mạch lạc và đầy thuyết phục Không chỉ vậy, suy luận phân tích ngược còn giúp các em giải quyết những tình huống phát sinh ngoài thực tiễn một cách nhanh chóng và hợp lí

Xuất phát từ những lí do trên, từ tính cấp thiết trong thực tiễn giảng dạy và những thành tựu khả quan đã thu nhận được sau khi tiến hành thử nghiệm, tôi

xin mạnh dạn trình bày sáng kiến kinh nghiệm của mình với đề tài: Hướng dẫn học sinh giải bài toán theo phương pháp phân tích suy luận ngược trong hình học 8

I.2 Mục đích nghiên cứu :

- Đề tài sẽ góp phần minh họa cho phương pháp suy luận phân tích để làm

rõ mối liên hệ lôgic giữa điều cần chứng minh với điều phải chứng minh

- Cung cấp thêm một phương pháp chứng minh hình học mà hướng đi là từ kết luận đến giả thiết theo tư duy suy luận ngược

- Đề tài được sử dụng để tổ chức dạy trên lớp và tổ chức chuyên đề về phương pháp chứng minh hình học ở cấp THCS nói chung và đối với học sinh lớp 8 nói riêng

I.3 Đối tượng nghiên cứu :

Hoạt động học tập của học sinh trong các bài toán chứng minh hình học

I.4 Phương pháp nghiên cứu:

Thu thập, tham khảo và xử lí tài liệu sưu tầm được

Điều tra khả năng học hình học của học sinh

Phân tích, khái quát hóa và đúc rút kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy Trao đổi, thảo luận chuyên môn với đồng nghiệp

Cập nhật thông tin từ mạng internet

Nhờ phối hợp các phương pháp trên, tôi đã dần định hình nội dung, quy

mô và phạm vi của đề tài rồi từ đó thiết lập các giải pháp, tiến hành thử nghiệm, đánh giá và cuối cùng là hệ thống hóa bằng ngôn ngữ thành một sáng kiến kinh nghiệm trọn vẹn

II NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

II.1 Cơ sở lí luận

II.1.1 Suy luận

Suy luận là quá trình suy nghĩ đi từ một hay nhiều mệnh đề cho trước để rút ra mệnh đề mới Mỗi mệnh đề đã cho trước gọi là tiền đề của suy luận Mệnh

đề mới được rút ra gọi là kết luận hay hệ quả

Ký hiệu: X1, X2, , Xn ⇒Y

Nếu X1, X2, , Xn ⇒ Y là hằng đúng thì ta gọi kết luận Y là kết luận lôgic hay hệ quả lôgic

II.1.2 Phương pháp chứng minh tổng hợp:

Phương pháp chứng minh tổng hợp là phương pháp chứng minh đi từ điều

đã cho trước hoặc điều đã biết nào đó đến điều cần tìm, điều cần chứng minh

Sơ đồ: A ⇒ B ⇒ C ⇒ ⇒ Y ⇒ X

Trong đó A là mệnh đề đã biết hoặc đã cho trước; B là hệ quả lôgíc của A;

C là hệ quả lôgíc của B; ; X là hệ quả lôgíc của Y

II.1.3 Phương pháp chứng minh phân tích đi xuống

Phương pháp chứng minh phân tích đi xuống là phương pháp chứng minh suy diễn đi từ điều đã biết đến điều cần tìm

Sơ đồ: A ⇒ B ⇒ Y⇒X

Trong đó: X là mệnh đề cần tìm, mệnh đề cần chứng minh; Y là hệ quả lôgic của X; ; A là hệ quả lôgic của B và A là mệnh đề đã biết nào đó Nếu A sai thì X sai Nếu A đúng thì X có thể đúng, có thể sai Lúc này chúng ta phải dùng phương pháp tổng hợp đi từ A tới X

II.1.4 Phương pháp chứng minh phân tích đi lên

Phương pháp chứng minh phân tích đi lên là phương pháp chứng minh suy diễn đi từ điều cần tìm, điều cần chứng minh đến điều đã cho hoặc đã biết trước đó

Sơ đồ: X ⇐Y ⇐ ⇐ B ⇐ A

Trong đó: X là mệnh đề cần chứng minh; Y là tiền đề lôgic của X; ; A là tiền đề lôgic của B; A là mệnh đề đã biết hoặc đã cho trước Nếu A sai thì X sai Nếu A đúng thì X có thể đúng, có thể sai Lúc này chúng ta phải dùng phương pháp tổng hợp đi từ A tới X

II.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.

Qua quá trình giảng dạy hình học trong nhiều năm qua, tôi nhận thấy những vấn đề bất cập như sau :

- Nhiều học sinh không nắm được phần lí thuyết cơ bản của bài học hoặc nắm nội dung bài học một cách thụ động, nên trong quá trình làm bài tập còn gặp nhiều khó khăn, lúng túng

- Một số học sinh không chịu đề cập bài toán theo nhiều hướng khác nhau, không sử dụng hết các dữ kiện của bài toán

- Đa số học sinh không biết vận dụng hoặc vận dụng chưa thành thạo các phương pháp suy luận trong giải toán, không biết sử dụng các bài toán giải mẫu hoặc áp dụng phương pháp giải một cách thụ động

- Khi phát phiếu điều tra về mức độ hứng thú học phân môn Hình học đầu năm cho thấy kết quả như sau :

Tổng số HS Số HS có hứng thú Số HS không có hứng thú

Kết quả khảo sát chất lượng phân môn Hình học khi chưa áp dụng SKKN

Tỉ lệ

II.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề:

II.3.1 Ví dụ 1

Cho tam giác ABC (AC < AB) Trên tia AC lấy E sao cho AE = AB Tia phân giác của góc A cắt BC tại D, cắt BE tại H Chứng minh:

a) BD = DE

b) BE ⊥ AD

GT

ABC:

AC < AB; AE = AB;

AD là tia phân giác

AD x BE = {H}

KL a) BD = DE

b) BE ⊥ AD

Giải:

a) Cm: BD = DE

⇑ a) Nối DEBDA và EDA có:

1 2

2 1

D

H

E

A

Cm: BDA = EDA

⇑

Có: µ 1 µ 2

AB AE (gt)

AD chung

=





=







Đủ điều kiện (c.g.c)

µ 1 µ 2

AB AE (gt)

AD chung

=





=







⇒ BDA = EDA (c.g.c)

⇒ BD = DE

b) Cm: BE ⊥ AD (µH = 900)

⇑

(1) AD là trung trực của BE

Cm: (2) AD là đường cao

(3) µH1 = µH2

⇑

(1) Cm: AD là trung trực của BE

Có AB = AE

⇑

Cần cm: DB = DE

(Đúng theo ý a)

(2) Cm: AD là đường cao của ABE

Có AD là phân giác của ·BAE

⇑

ABE cân tại A

(Đúng vì AE = AB theo giả thiết)

(3) Cm: µH1 = µH2

⇑

Cm: ABH = AEH

⇑

Có: µ 1 µ 2

AB AE (gt)

A A (gt)

AH chung

=





=







Đủ điều kiện (c.g.c)

b)

(1) Ta có: AB = AE (gt)

và DB = DE (theo ý a) ⇒AD là đường trung trực của BE

⇒ AD ⊥ BE

(2) Vì AB = AE Nên ABE cân tại A

Mà AD là đường phân giác của ·BAE

⇒ AD cũng là đường cao

⇒ AD ⊥ BE (3) ABH và AEH có:

µ 1 µ 2

AB AE (gt)

A A (gt)

AH chung

=





=







⇒ ABH = AEH ( c.g.c)

⇒ µH1 = µH2

mà µH1 + µH2 = 1800 nên µH1 = µH2 = 1800: 2 = 900 Vậy BE ⊥ AD

Nhận xét: Để chứng minh hai đường thẳng vuông góc trong ví dụ này, ta đã sử

dụng kiến thức về đường trung trực của một đoạn thẳng, về đường cao và về định nghĩa hai đường thẳng vuông góc Qua suy luận và thực hiện, ta thấy áp dụng kiến thức về đường trung trực là hiệu quả nhất vì cách làm ngắn gọn và đặc biệt là nó tận dụng được kết quả đã có ở ý trước đó.

II.3.2 Ví dụ 2 : Cho tam giác ABC cân tại A Hai đường cao BD và CE cắt

nhau tại H Chứng minh rằng ∆BHE = ∆CHD

∆ABC cân tại A

BD ⊥ AC, CE ⊥ AB

BD x CE = {H}

KL ∆BHE = ∆CHD

Giải:

∆BHE và ∆CHD vuông tại E và D

Do đó:

Cm: ∆BHE = ∆CHD

Có Hµ 1 =Hµ 2 (Đối đỉnh)

⇑

Cần cm: EH = HD

⇑

Cần cm: ∆AHE = ∆AHD

∆AHE và ∆AHD vuông tại E và D

Có AH chung

⇑

Cần cm: AE = AD hoặc Aµ 1 =Aµ 2

• Cm: AE = AD

∆AEC = ∆ADB (ch – gn)

• Cm: Aµ1 = Aµ 2 Dựa vào các đường trong tam giác

cân

Xét ∆AEC và ∆ADB có:

µ

0

E D 90

AC AB

A chung

 = =



=







(∆ABC cân tại A)

⇒ ∆AEC = ∆ADB (ch – gn)

⇒ AE = AD Xét ∆AHE và ∆AHD có:

E D 90

AE AD (cmt)

AH (chung)

 = =



=







⇒∆AHE = ∆AHD (ch – cgv)

⇒ EH = HD Xét ∆BHE và ∆CHD có:

0

E D 90

EH HD (cmt)

 = =



=



 =



⇒∆BHE = ∆CHD (c.g.c)

Nhận xét: Để chứng minh hai tam giác bằng nhau, trước hết ta cần xem xét hai

tam giác đó đã có những yếu tố nào bằng nhau, cần chứng minh thêm yếu tố nào nữa Từ đó ta có thể hình dung được tiến trình giải toán, chứng minh điều

gì trước và điều gì sau.

II.3.3 Ví dụ 3

2 1

2

2

2

1

1 1

H

D E

A

Cho tam giác ABC và trung tuyến BD Chứng minh rằng nếu M là trung điểm của BD thì AM cắt BC tại điểm N và CN = 2BN

GT ∆ABC , AD = CD

BM = DM; AM x BD = {N}

Giải:

Cách 1

Nếu lấy P là trung điểm của CN thì

⇑

Cm: CP = PN = BN

⇑

Đúng vì DP là đường trung bình của

tam giác ACN

Cách 1

Gọi P là trung điểm của CN

⇒ DP là đường trung bình của tam giác ACN

⇒ AN // DP Tam giác BDP có MN đi qua trung điểm cạnh BD và song song với cạnh

DP nên đi qua trung điểm của BP

⇒ BN = PN = CP Vậy CN = 2BN

Cách 2

Do CN = 2BN ⇒CN 2CB

3

=

Dự đoán CB là đường trung tuyến của

một tam giác và N là trọng tâm của tam

giác đó

Cần cm: N là trọng tâm của ∆ACE

Có CB là trung tuyến ∆ACE

Cách 2

Trên tia đối của tia BA, vẽ

BE = AB ⇒ CB là trung tuyến của

∆ACE (1) Gọi P là giao điểm của CE và tia AN

Ta sẽ chứng minh N là trọng tâm của

∆ACE

Ta có DB là đường trung bình của

∆ACE ⇒ DB // CE

⇒ M là trung điểm của AP

⇒ DM là đường trung bình của

∆ACP và MB là đường trung bình của ∆APE

P

N M

D

C

P

E

N M D

C

Cm: AP là trung tuyến của ∆ACE

⇑

Cm: CP = PE

Để cm: CP = PE, ta sử dụng tính chất

đường trung bình của tam giác hoặc

định lý Ta-let trong tam giác

2

2

=

Mà DM = MB

⇒ CP = PE

⇒ AP là trung tuyến của ∆ACE (2)

Từ (1) và (2) suy ra N là trọng tâm của ∆ACE

⇒ CN = 2NB

Nhận xét: Thông qua suy luận, ta liên kết được các kiến thức của giả thiết

và kết luận, từ đó tìm được kiến thức liên quan và việc vẽ thêm hình là hệ quả tất yếu, cần thiết để có thể sử dụng các kiến thức liên quan đó

II.3.4 Ví dụ 4

Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AH Biết AB = 17cm, AH = 15cm a) Tính độ dài đoạn thẳng BC

b) Từ B vẽ BD ⊥ AC (D ∈AC) Chứng minh AHC BDC

c) Qua D vẽ DE ⊥ BC (E ∈BC) Chứng minh BE.EC = AH CE2 2 2

CH

GT

∆ABC, AB = AC = 17cm;

AH = 15 cm; AH ⊥ BC;

BD ⊥ AC; DE ⊥ BC

KL

a) BC = ? b) AHC BDC c) BE.EC = AH CE2 2 2

CH

Giải:

a) BC = ?

⇑

BH = ?

⇑

BH2 + AH2 = AB2

(AB, AH đã biết nên BH tính được)

Áp dụng định lý Pytago vào tam giác vuông ABH, ta có:

BH2 + AH2 = AB2

⇒ BH2 = AB2 – AH2 = 172 – 152 = 64

Vì BH > 0 nên BH = 8 (cm)

⇒ BC = 2 BH = 2.8 = 16 (cm) b) AHC BDC Xét 2 tam giác AHC và BDC có:

S

S

S

⇑

µC chung; AHC BDC· = · = 900

µC chung;

AHC BDC= = 900 (GT)

⇒ AHC BDC (g.g) c) BE.EC = AH CE2 2 2

CH ⇑

BE.EC.CH2 = AH2.CE2

⇑

DE2.CH2 = AH2.CE2

⇑

DE.CH = AH.CE

⇑

DE CE

AH CH =

⇑

AHC DEC

(Đủ điều kiện)

Xét 2 tam giác AHC và DEC có:

µC chung;

AHC DEC= = 900 (GT)

⇒ AHC DEC (g.g)

⇒ DE CE

AH CH = (Các cạnh tương ứng)

⇒ DE.CH = AH.CE

⇒ DE2.CH2 = AH2.CE2 (1) Lại có: AHC DEC (g.g)

⇒ BE DE

DE CE =

⇒ BE.CE = DE2 (2) Thay (2) vào (1) ta được BE.EC.CH2 = AH2.CE2

⇒BE.EC = AH CE2 2 2

CH (đpcm)

Nhận xét:Ví dụ trên đã sử dụng đẳng thức trung gian BE.CE = DE 2 và

DE 2 CH 2 = AH 2 CE 2⇒ DE.CH = AH.CE (Vì độ dài đoạn thẳng luôn lớn hơn 0).

II.3.5 Ví dụ 5

Cho tam giác vuông ABC có (AB<AC) Đường cao AH, từ trung điểm I của AC

vẽ ID vuông góc với BC (D ∈ BC) Chứng minh: BD2 – CD2 = AB2

GT ∆ABC , Â = 900, AH ⊥ BC;

AI = IC; ID ⊥ BC

KL BD2 – CD2 = AB2

Giải:

BD2 – CD2 = AB2

⇑

(BD - CD).(BD + DC) = AB2

⇑

BH.BC = AB2

Xét AHC có:

AI IC

ID // AH (cùng BC)

=





⇒ ID là đường trung bình của AHC

⇒ HD = DC

S

S

S

S

BH AB

AB = BC

⇑

ABH CBA

(Đủ điều kiện)

Khi đó: BD – DC = BD – HD = BH (1)

Ta có: ABH CBA (g.g)

AB = BC (Cạnh tương ứng)

⇒ BH.BC = AB2 (2) Thay (1) vào (2) ta có:

⇔ (BD - CD).(BD + DC) = AB2 Hay BD2 – CD2 = AB2 (đpcm)

Nhận xét:Trong ví dụ này ta đã sử dụng hằng đẳng thức hiệu của hai bình

phương để chứng minh đẳng thức BD2 – CD2 = AB2

⇔ (BD - CD).(BD + DC) = AB2

II.3.6 Ví dụ 6

Cho tam giác ABC Trên đường phân giác AD của góc A, lấy một điểm D bất kì

BD cắt AC tại M, CD cắt AB tại N Chứng minh rằng nếu BM = CN thì tam giác ABC cân

GT

ABC,Aµ 1=Aµ 2

D ∈ phân giác của µA

BD x AC = {M},

CD x AB = {N}

BM = CN

Giải: Đây là một bài tương đối khó.

- Ta giả sử ABC không cân (cụ thể là AB < AC)

- Chứng minh BM ≠ CN.

Giả sử AB < AC Kẻ:

=

Ta sẽ cm: CN > NE

tức là CN > BM

⇑

· ( µ1 µ 2) · ( µ 2 µ 3)

CEN = E +E > ECN =C +C

Giả sử AB < AC Lấy điểm K trên AB sao cho AK=AB

⇒ K nằm giữa A và C và ·AKD>Cµ 2

1 2

2 1

2

2 1

K

E

N

A

D

M

S

S

Cm: Eµ1 >Cµ 2 và Eµ 2 >Cµ3

a) Cm: Eµ1 >Cµ 2

mà Eµ1 =Bµ2 (cùng bù với ·BNE)

⇑

Cm: Bµ 2 >Cµ 2

Lấy điểm K trên AB sao cho AK=AB

⇒ ABD = AKD (c.g.c) (1)

⇒Bµ 2 = AKD·

⇒ Cm: AKD C· > µ 2

Đúng vì·AKD là góc ngoài của CKD

b) Cm: Eµ 2 >Cµ3

⇔ Cm: CM > ME

⇔ Cm: CM > BN

⇑

BCM và CBN có

BC chung, BM=CN (gt)

⇑

Cm: Bµ1 >Cµ1⇔ CD > BD

mà BD = KD (từ (1))

⇑

Cm: CD > KD

đúng vì ·CKD kề bù với góc nhọn

·AKD nên là góc tù:

·CKD > Cµ 2

Xét ABD và AKD có:

µ 1 µ 2

AD chung

AK AB





=





⇒ ABD = AKD (c.g.c)

⇒Bµ 2 =AKD C· > µ 2 (1)

và BD = KD (2) Trong CKD, góc ·CKD kề bù với góc nhọn ·AKD nên nó là góc tù:

CKD C> ⇒ KD < CD (3)

Từ (2) và (3) suy ra:

BD < CD ⇒Bµ1 >Cµ1

Hai tam giác BCM và CBN có:

µ1 µ1

BC chung

AK AB

B C





=



 >



nên CM > BN (4)

Kẻ NE//BM và ME//AB cắt nhau tại E thì ta có: BN = ME (5)

BM = NE (6) và Eµ1 =Bµ 2(7)

Từ (4) và (5) suy ra: CM > ME Vậy trong CME có: Eµ2 >Cµ 3

Từ (1) và (7) suy ra: Eµ1 >Cµ 2 ⇒

· ( µ1 µ2) · ( µ2 µ3)

CEN =E +E >ECN =C +C

⇒ CN > EN (8)

Tõ (6) vµ (8) suy ra CN > BM (tr¸i gi¶ thiÕt)

§iÒu nµy chøng tá ®iÒu gi¶ sö

lµ sai

VËy AB = AC

Tøc lµ tam gi¸c ABC c©n t¹i A

Sau khi học sinh được làm nhiều các dạng bài tập như trên thì kỹ năng suy luận được hình thành, củng cố và cái đích là hình thành kỹ xảo để có các phản

xạ tự nhiên, nhạy bén trước một bài tập khó.

II.4 Kết quả

Khi áp dụng phương pháp suy luận phân tích ngược vào giảng dạy hình học 8 tại đơn vị sở tại, tôi nhận được kết quả như sau:

Tổng số HS

Học sinh có hứng thú HS không có hứng thú

Kết quả khảo sát chất lượng phân môn Hình học khi chưa áp dụng SKKN

sinh Giỏi Khá TB Yếu

Dựa vào bảng số liệu trên, có thể nhận thấy nhờ áp dụng phương pháp suy luận phân tích ngược mà chất lượng học sinh được nâng lên đáng kể Việc học tập của học sinh khối 8 trong một năm học đã thu được nhiều kết quả khả quan, tuy chưa cao nhưng có những chuyển biến rõ rệt theo chiều hướng đi lên Điều này chứng tỏ vai trò tích cực của đề tài nghiên cứu đối với quá trình dạy và học của thầy trò chúng tôi

III KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

III.1 Kết luận

Cùng một vấn đề có thể phân tích theo các hướng khác nhau, từ đó sẽ tìm

ra nhiều cách giải khác nhau cho một bài toán Vì vậy, khi đã phân tích và tìm ra lời giải, chúng ta hãy tích cực suy luận theo nhiều hướng khác để tìm kiếm những lời giải mới

Suy luận phân tích cần phải luyện tập thường xuyên và theo thời gian, sự tích lũy kinh nghiệm sẽ dần hình thành nên một khả năng vô cùng đặc biệt, đó là trực giác Đây là dạng phản xạ có điều kiện nhưng lại diễn ra rất nhanh sau những phân tích chóng vánh của bộ não Nó làm nên tính nhạy bén trong phân tích – điều mà bất kì người học toán nào cũng cần phải đạt được

Không chỉ riêng trong học toán, phép suy luận nói chung và phép suy luận phân tích ngược nói riêng còn rất cần trong thực tiễn Khi bắt gặp một vấn đề phức tạp thì trước khi hành động, chúng ta cần phải ngẫm nghĩ xem cần làm điều gì trước?, làm điều gì sau?, sử dụng cái đã có như thế nào và làm sao khắc phục được cái còn thiếu? Những định hướng này sẽ dần kết nối với nhau và hình thành nên một mạng lưới lôgic có tên gọi là “bản kế hoạch dự kiến”, giúp chúng ta giải quyết triệt để vấn đề đang gặp phải

III.2 Kiến nghị

Giới hạn của đề tài mới dừng lại ở việc áp dụng phép suy luận phân tích ngược Để đạt được hiệu quả cao hơn, chúng ta có thể sử dụng kết hợp thêm phương pháp suy luận phân tích đi xuống và sau đó chứng minh tổng hợp để hệ thống tư duy của học sinh được phát triển đầy đủ

Đề nghị BGH, tổ chuyên môn tạo điều kiện, giúp đỡ để tôi tiếp tục triển khai thực hiện đề tài này trong nhà trường Rất mong nhận được những phản hồi tích cực và lời góp ý chân thành của bạn bè và đồng nghiệp

Tôi xin cảm ơn!

XÁC NHẬN CỦA

THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 10 tháng 5 năm 2017

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác

Nguyễn Hữu Dương