Đang tải... (xem toàn văn)
SKKN 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 9SKKN 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 9SKKN 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 9SKKN 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 9SKKN 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 9SKKN 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 9SKKN 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 9SKKN 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
I PHẦN MỞ ĐẦU LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Vấn đề đổi phương pháp giáo dục đào tạo theo định hướng lấy học sinh làm trung tâm người làm công tác giáo dục nước ta đặt từ lâu Thực điều cho phép ngành giáo dục đào tạo nên hệ người có khả tư sáng tạo có khả thích ứng cao với phát triển diễn ngày Thực điều có nghĩa giải vấn đề quan trọng hàng đầu giai đoạn CNH - HĐH đất nước, yếu tố người Trong trình giảng dạy, bồi dưỡng việc khai thác tốn quan trọng, khơng cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức dạng tốn mà nâng cao tính khái quát hoá, đặc biệt hoá toán để từ phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho em học sinh Hơn nữa, việc liên kết tốn khác nhau, tìm mối liên hệ chung chúng giúp cho học sinh có hứng thú khoa học học toán Một điều kiện phát triển tư tích cực - độc lập - sáng tạo học sinh phát giải vấn đề từ vấn đề quen thuộc Trước u cầu đó, tơi xin trình bày đề tài “ Khai thác từ toán” nhằm phát triển tư tích cực - độc lập sáng tạo học sinh giỏi khối lớp khối lớp ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU: a Đối tượng nghiên cứu: - Các tốn hình học tam giác,tứ giác yếu tố liên quan b Phạm vi nghiên cứu: - Học sinh giỏi lớp - Áp dụng giảng dạy cho học sinh giỏi lớp lớp MỤC TIÊU VÀ NHIỆM VỤ: - Trang bị cho học sinh kiến thức ban hinh học, biết phát giải vấn đề - Khắc sâu kiến thức,rèn luyện tư duycho hoc sinh - Gây hứng thú, chủ động cho học sinh GIẢ THIẾT KHOA HỌC: - Nếu đề tài áp dụng có hiệu tốt dạy phát triển tư hình học cho học sinh PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: - Nghiên cứu tài liệu - Phân tích tổng hơp kết ,kinh nghiệm thân, đồng nghiệp - Tìm hiểu nguyên nhân từ học sinh, qua khảo sát hai năm học 2012-2013 năm học Trang 2013-2014 chưa áp dụng đề tài Kết bồi dưỡng 20 em học sinh khối gặp tập ; ; ; 16 sau: Điểm Năm Dưới 3,5 Từ 3,5 < Từ < Từ < Từ - 10 12-13 13-14 12-13 13-14 12-13 13-14 12-13 13-14 12-13 13-14 Bài 20% 20% 25% 30% 30% 35% 20% 15% 5% 0% Bài 30% 25% 40% 45% 25% 30% 5% 0% 0% 0% Bài 15% 20% 30% 40% 45% 30% 10% 10% 0% 0% Bài 16 25% 30% 40% 35% 25% 30% 10% 5% 0% 0% Bài ĐÓNG GÓP CỦA ĐỀ TÀI - Các em có chiều hướng tốt giải tập hình học - Giúp học sinh hứng thú tìm tòi, tương tự, khái qt, vẻ thêm yếu tố phụ hình học - Rèn luyện kỉ sáng tạo - Góp phần nâng cao chất lượng II.GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ: CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN: a Cơ sở lí luận: - Đặc điểm lứa tuổi THCS muốn vươn lên làm người lớn, muốn tự khám phá, tìm hiểu trình nhận thức Các em có khả điều chỉnh hoạt động học tập, sẵn sàng tham gia hoạt động học tập khác cần phải có hướng dẫn, điều hành cách khoa học nghệ thuật thầy giáo Hình thành phát triển tư tích cực, độc lập sáng tạo cho học sinh q trình lâu dài - Tư tích cực, độc lập sáng tạo học sinh thể số mặt sau: + Biết tìm phương pháp nghiên cứu giải vấn đề, khắc phục tư tưởng rập khn, máy móc + Có kĩ phát kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận vấn đề nhiều khía cạnh + Phải có óc hồi nghi, ln đặt câu hỏi sao? Do đâu? Như nào? Liệu có trường hợp khơng? Các trường hợp khác kết luận có khơng? + Tính độc lập thể chổ biết nhìn nhận vấn đề giải vấn đề + Có khả khai thác vấn đề từ vấn đề biết Cơ sở thực tiễn: Qua nhiều năm giảng dạy, tơi thấy: - Học sinh yếu tốn kiến thức hổng, lại lười học, lười suy nghĩ, lười tư trình học tập Trang - Học sinh học vẹt, làm việc rập khn, máy móc để từ làm tính tích cực, độc lập, sáng tạo thân - Học không đơi với hành làm cho em cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện kĩ để làm tảng tiếp thu kiến thức mới, lực cá nhân khơng phát huy hết - Khơng học sinh thực chăm học chưa có phương pháp học tập phù hợp, chưa tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu học tập chưa cao - Nhiều học sinh hài lòng với lời giải mình, mà khơng tìm lời giải khác, khơng khai thác phát triển tốn, sáng tạo tốn nên khơng phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo thân - Một số giáo viên chưa thực quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo toán các luyện tập, tự chọn - Việc chuyên sâu vấn đề đó, liên hệ toán với nhau, phát triển toán giúp cho học sinh khắc sâu kiến thức, quan trọng nâng cao tư cho em làm cho em có hứng thú học tốn Trước thực trạng đòi hỏi phải có giải pháp phương pháp dạy học cho phù hợp GIẢI PHÁP THỰC HIỆN: Qua tốn mà học sinh giải được, tơi định hướng cho học sinh tư theo phương pháp như: Tương tự, so sánh, đặc biệt hoá, khái quát hoá để phát triển thêm vấn đề mới, toán Trong phần xin phép phát triển từ toán quen thuộc để xây dựng số tốn khác có liên quan Nhằm làm cho học sinh thấy tầm quan trọng việc thay đổi giả thiết, tương tự hoá toán, liên hệ tốn với tốn khác có liên quan Bài toán mở đầu: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng tam giác ABF; ACD Chứng minh CF = BD Bài giải: D Xét hai tam giác: ∆ DAB ∆ CAF, có: A DA = CA (gt) F ⇒ ∠ DAB = ∠ CAF (= ∠ BAC + 60 ) AB = AF (gt) ⇒ ∆ DAB = ∆ CAF (c.g.c) ⇒ CF = BD (đpcm) C B Trang Bây ta vẽ thêm tam giác BCE phía ngồi tam giác ABC liệu AE; BD; CF có đồng quy khơng? Và ta có tốn thứ hai: Bài toán 2: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng tam giác ABF; ACD; BCE Chứng minh AE; BD; CF đồng quy Bài giải: D Gọi O giao điểm BD CF Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng A Ta có ∆ DAB = ∆ CAF (bài toán 1) F 1 ⇒ ∠ B1 = ∠ F1 ⇒ AOBF nội tiếp ⇒ ∠ O1 = ∠ B2 = 600 3O ∠ O2 = ∠ A1 = 600 ⇒ ∠ AOB = 1200 (1) C B Tương tự: ∠ AOC = 120 ⇒ ∠ BOC = 1200 Mà ∠ BEC = 600 ⇒ BOCE nội tiếp ⇒ ∠ O3 = ∠ C1 = 600 (2) Từ (1) (2) ⇒ ∠ AOF = 1800 E ⇒ A; O; E thẳng hàng Hay AE; BD; CF đồng quy Qua ta nhận thấy góc AOB; BOC; COA có số đo 1200 Từ ta xây dựng toán dựng hình quen thuộc: Bài tốn 3: Dựng điểm O tam giác nhọn ABC cho ∠ AOB = ∠ AOC = ∠ BOC =1200 Bây ta trở lại toán mở đầu Gọi O giao điểm CF BD, cạnh BD ta lấy điểm P cho PD = OA Xét hai tam giác: ∆ CPD ∆ COA, có: D PD = OA (ta vẽ) A P ⇒ ∠ PDC = ∠ OAC (OADC nt) F DC = AC (gt) ⇒ ∆ CPD = ∆ COA (c.g.c) ⇒ CP = OC (1) O ∠ CPD = ∠ COA = 120 ⇒ ∠ CPO = 600 (2) C B Từ (1) (2) suy ∆ CPO ⇒ OP = OC Vậy, ta có: OA + OB + OC = PD + OB + OP Trang Hay OA + OB + OC = BD Đây đẳng thức đẹp, đẳng thức có ý nghĩa khơng? Ta xét toán khác Bài toán 4: Xác định điểm O tam giác nhọn ABC cho tổng khoảng cách từ O tới ba đỉnh tam giác nhỏ Bài giải: Dựng tam giác OCQ phía ngồi tam giác OBC, dựng tam giác ACD phía ngồi tam giác ABC Xét hai tam giác: ∆ CQD ∆ COA, có: D CQ = CO F A ⇒ ∠ QCD = ∠ OCA (=600 - ∠ QCA) DC = AC (gt) Q ⇒ ∆ CQD = ∆ COA (c.g.c) ⇒ OA = QD O Vậy, ta có: OA + OB + OC = BO + OQ + QD ≥ BO + OD B C ≥ BD “ =” xảy + 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) (2) suy O điểm nhìn ba cạnh tam giác góc 1200 Như ta thấy điểm O vừa giao điểm ba đường thẳng tốn 2, vừa nhìn cạnh tam giác góc 1200, vừa có tổng khoảng cách tới đỉnh nhỏ Trở lại toán mở đầu Ta thấy giả thiết có thừa cần chứng minh BD = CF, thực tế cần giả thiết AF = AB; AD = AC; ∠ BAF = ∠ CAD đủ, mặt khác cần xem thử tam giác ABF ACD thỏa mãn điều kiện để BD ⊥ CF Chúng ta tiếp tục nghiên cứu toán Bài toán 5: D Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng tam giác ABF; ACD vuông cân A Chứng minh CF = BD; CF ⊥ BD Hướng dẫn giải: + CF = BD (tương tự toán 1) + CF ⊥ BD: Do ∆ ACF = ∆ ADB (c.g.c) F A O ⇒ ∠ BOF = ∠ BAF = 900 B C Trang D Tiếp tục toán Gọi M; N; I trung điểm BF; CD; BC, ta có: IM đường TB tam giác BCF nên: IM // = CF (1) F A Tương tự ta có: IN // = BD (2) Mà: CF ⊥ = BD (3) Từ (1); (2) (3) suy ra: IM ⊥ IN IM = IN Hay ∆ MIN vuông cân I M N O B C I Nhận xét ∆ AMB ∆ ANC vuông cân M N Từ ta có tốn tiếp Bài tốn 6: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, vẽ tam giác ABM vuông cân M; ACN vuông cân A N N Gọi I trung điểm BC ∆ MIN tam giác gì? M Nếu học sinh lần đầu gặp toán mà chưa gặp dạng khó giải em C B I Bài tốn diển đạt cách khác làm cho học sinh dễ chứng minh cách thay tam giác vuông cân ABM, CAN hình vng ABDE ACHF ta tốn đơn giản Ta có tốn Trang Bài toán 7: Cho tam giác ABC, dựng phía ngồi tam giác hình vng ABDE ACHF a.Chứng minh rằng: BF = CE BF ⊥ CE b.Gọi I, J tâm hai hình vng M trung điểm BC D Chứng minh ∆ MIJ tam giác vuông cân F E A H J I B M C Bài tốn khơng đơn giản cho học sinh chỗ có câu a tốn phụ để chứng minh câu b mà phát triển sang toán khác tương tự tổng quát Nếu gọi N trung điểm EF ta có NJ đường trung bình ∆ ECF, ta dễ dàng suy tứ giác IMJN hình vng, từ ta có tốn Bài toán 8: F Cho tam giác ABC, dựng phía ngồi tam giác N hình vng ABDE ACHF Gọi I, J E tâm hai hình vng A H M, N trung điểm J BC EF Chứng minh tứ giác IMJN I hình vng D C M Ở tốn trên, ta chứng minh đường trung tuyến AN tam giác AEF vuụng gúc BC đường trung tuyến AM tam giác ABC vuụng gúc EF Ta có tốn B Trang Bài tốn 9: Cho tam giác ABC, dựng phía ngồi tam giác hình vng ABDE ACHF Chứng minh đường trung tuyến AN tam giác AEF vuụng gúc BC đường trung tuyến AM tam giác ABC vuụng gúc EF Q F N E H A D B P M C Bài giải: Trước hết ta chứng minh AN ⊥ BC Gọi P giao điểm AN BC Dựng hình bình hành AEQF, suy Q, N, A thẳng hàng Xét hai tam giác: ∆ ABC ∆ FQA, có: AB = FQ (= AE) ⇒ ∆ ABC = ∆ FQA (c.g.c) ∠ BAC = ∠ QFA (cùng bù với ∠ EAF) FA = AC (gt) ⇒ ∠ ACB = ∠ FAQ ⇒ ∠ CAP + ∠ ACP = 900 Mà ∠ FAQ + ∠ CAP = 900 ⇒ ∠ CPA = 900 Hay AN ⊥ BC Hoàn toàn tương tự, ta dựng hình bình hành ABGC ta chứng minh AM ⊥ EF Ở toán ta nhận thấy QA ⊥ BC Liệu QC có vng góc với BH khơng? Từ ta có tốn 10 Bài tốn 10: Cho tam giác ABC, dựng phía ngồi tam giác hình vng ABDE ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng: BH = QC BH ⊥ QC Trang Bài giải: Q Gọi O giao điểm F BH QC Theo BT 9, ta có: ∆ ABC = ∆ FQA, nên: BC = QA Và ∠ ACB = ∠ FAQ N ⇒ ∠ BCH = ∠ QAC E Xét hai tam giác: ∆ BCH ∆ QAC, có: H A BC = QA ⇒ ∠ BCH = ∠ QAC O CH = AC (gt) ∆ BCH = ∆ QAC (c.g.c) ⇒ BH = QC (1) D ∠ ∠ Và CBH = AQC C B P M Mà ∠ AQC + ∠ QCP = 900 ⇒ ∠ CBH + ∠ QCP = 900 Hay ∠ BOC = 900 Hay BH ⊥ QC (2) Từ (1) (2) suy đpcm Tương tự ta có CD ⊥ QB Ta nhận thấy QP, BH, CD ba đường cao tam giác QBC Và từ dây ta xây dựng toán phát biểu dạng khác Bài toán 11: Q Cho tam giác ABC, dựng phía ngồi tam giác hình vng F ABDE ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh QP, BH CD đồng quy E H (ta thấy QP, BH CD ba A đường cao tam giác QBC, nên chúng đồng quy) D B P C Tiếp tục tốn 9, ta có đường trung tuyến AM tam giác ABC đường cao tam giác AEF Từ ta khai triển toán tổng quát Trang Bài toán 12: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng hình vng ABEF; ACMN; BCPQ Chứng minh đường cao tam giác AFN; CMP; BQE xuất phát từ A, B, C đồng quy (Ta nhận thấy ba đường trung tuyến tam giác ABC nên chúng đồng quy) N H F M A E K J V B I C P Q Trở lại toán mở đầu Gọi M; N; I trung điểm AF; AD; BC Thì tam giác MNI có đặc biệt khơng? Bài tốn 13: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng tam giác ABF; ACD Gọi M; N; I trung điểm AF; AD; BC Chứng minh tam giác MNI Bài giải: D N Gọi T trung điểm AC F M Xét hai tam giác: ∆ AMN ∆ TIN, có: AM = TI (=1/2 AB) A ⇒ ∠ MAN = ∠ ITN (=2400 - ∠ BAC) T AN = NT (=1/2 AD) ⇒ ∆ AMN = ∆ TIN (c.g.c) ⇒ MN = IN (1) C ∠ MNA = ∠ INT B I ⇒ ∠ MNI = 60 (2) Từ (1) (2) suy ∆ MNI Tiếp tục tốn trên, ta dựng hình bình hành AFPD, ta có tam giác PBC Bài tốn 14: Cho tam giác ABC, phía tam giác, dựng tam giác ABF; ACD, dựng hình bình hành AFPD Tam giác PBC tam giác gì? Trang 10 Bài giải: P Xét hai tam giác: ∆ ABC ∆ DPC, có: D AB = DP (= AF) ∠ BAC = ∠ PDC (= ∠ PDA + 600) ⇒ F A AC = DC (gt) ⇒ ∆ ABC = ∆ DPC (c.g.c) ⇒ BC = PC (1) Chứng minh tương tự ta có: B C ∆ ABC = ∆ FBP (c.g.c) ⇒ BC = BP (2) Từ (1) (2) suy ∆ PBC Trở lại toán 6, ta thấy tam giác MIN tam giác đều, I trung điểm BC nên ta vẽ thêm điểm D đối xứng với A qua I ta hình bình hành ABDC dựng phía ngồi hình bình hành tam giác vng cân ta có toán phức tạp Bài toán 15: N A Cho hình bình hành ABCD, phía ngồi hình bình hành, dựng tam giác ABM vng cân M; ACN vuông cân M N; BDP vuông cân P; CDQ vuông cân Q Chứng minh tứ giác NMPQ hình vng C B I Q P Bài tốn phát biểu theo dạng khác, ta có tập 16 D Trang 11 Bài tốn 16: Cho hình bình hành ABDC, phía ngồi hình bình hành, dựng hình vng ABEF, ACMN, DBPQ, CDKL, Gọi S, G, R, H tâm hình vng Chứng minh tứ giác SGHR hình vng N F A G M S E B C L H P D R K Q Tiếp tục tốn trên, Nếu tứ giác ABCD khơng phải hình bình hành mà tứ giác thường liệu tứ giác SGHR có tính chất khơng? Ta có tốn 17 Bài tốn 17: Cho hình tứ giác ABCD, phía ngồi tứ giác, dựng hình vng ABMN, ADEF, DCGH, BCPQ, Gọi V, S, J, K tâm hình vng Chứng minh KS = VJ KS ⊥ VJ Bài giải: M Gọi I trung điểm AC, theo N Q toán ta chứng minh tam giác SIJ tam giác VIK vuông V B cân I F Xét hai ∆ : ∆ VIJ ∆ KIS, có: A K VI = KI P ⇒ ∠ VIJ = ∠ KIS IJ = IS S R I ⇒ ∆ VIJ = ∆ KIS (c.g.c) E C ⇒ VJ = KS (1) D Gọi R giao điểm IS VJ Do ∠ IJV = ∠ ISK ( ∆ VIJ = ∆ KIS) Và ∠ IJV + ∠ IRJ = 900 ⇒ ∠ ISK + ∠ VRS = 900 J Hay KS ⊥ VJ (2) Từ (1) (2) suy đpcm H G Trang 12 KẾT QUẢ Trong trình giảng dạy tơi nhận thấy biết tương tự hóa, khái quát hóa Tiến hành từ dễ đến khó hơn, thử học sinh dễ dàng tiếp thu nắm kiến thức Từ phát huy tính sáng tạo học sinh Và thể linh hoạt giải tập Tốn nói chung tập hình học nói riêng Sau áp dụng đề tài vào dạy bồi dưỡng cho 20 học sinh khối vào cuối học kỳ II năm học 2014 - 2015 2015 – 2016 Tơi đưa khái qt tốn sau cho học sinh làm tập áp dụng thử kết em nắm tốt Sau tơi đưa bốn tốn vận dụng cho học sinh làm kết thu sau : Điểm Năm Bài Dưới 3,5 Từ 3,5 < 14-15 15-16 14-15 Từ < Từ < Từ - 10 15-16 14-15 15-16 14-15 15-16 14-15 15-16 Bài 0% 0% 10% 15% 40% 45% 40% 35% 10% 5% Bài 10% 5% 20% 15% 35% 40% 25% 35% 10% 5% Bài 0% 10% 10% 40% 35% 30% 40% 10% 15% 10% Bài 16 5% 5% 10% 15% 25% 30% 40% 45% 20% 5% III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ: Qua trình giảng dạy, bồi dưỡng rút số kết luận sơ sau: Các giáo viên giảng dạy, đặc biệt giảng dạy mơn Tốn học đánh giá cao tầm quan trọng việc phát triển từ toán mà học sinh giải được, khai thác toán khác, phức tạp nhằm nâng cao tư cho học sinh Trong trình giảng dạy, bồi dưỡng việc khai thác toán quan trọng, khơng cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức dạng toán mà nâng cao tính khái qt hố, đặc biệt hố tốn để từ phát triển tư duy, nâng cao tính sáng tạo cho em học sinh Hơn nữa, việc liên kết toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung chúng giúp cho học sinh có hứng thú khoa học học tốn 3.Đề tài áp dụng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi lớp lớp Dạy ôn tập cho học sinh giỏi lớp lớp Trên tốn có liên hệ từ tốn mở đầu, tơi xin mạnh dạn đưa Tuy cố gắng song không tránh khỏi sai sót, mong góp ý hội đồng khoa học để bớt sai sót xảy khai thác nhiều tốn Tơi xin trân trọng cảm ơn Trang 13 ... thành phát triển tư tích cực, độc lập sáng tạo cho học sinh trình lâu dài - Tư tích cực, độc lập sáng tạo học sinh thể số mặt sau: + Biết tìm phương pháp nghiên cứu giải vấn đề, khắc phục tư tưởng... giải khác, khơng khai thác phát triển toán, sáng tạo toán nên khơng phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo thân - Một số giáo viên chưa thực quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo. .. việc phát triển từ toán mà học sinh giải được, khai thác toán khác, phức tạp nhằm nâng cao tư cho học sinh Trong trình giảng dạy, bồi dưỡng việc khai thác tốn quan trọng, không cho học sinh nắm