SKKN KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN HÌNH 7

SKKN KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN HÌNH 7SKKN KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN HÌNH 7SKKN KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN HÌNH 7SKKN KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN HÌNH 7SKKN KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN HÌNH 7SKKN KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN HÌNH 7SKKN KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN HÌNH 7SKKN KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN HÌNH 7SKKN KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN HÌNH 7SKKN KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN HÌNH 7SKKN KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN HÌNH 7SKKN KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN HÌNH 7

A-ĐẶT VẤN ĐỀ I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Cơ sở lý luận Ở trường THCS, dạy học Toán hoạt động Tốn học Đối với học sinh xem việc giải tốn hình thức chủ yếu hoạt động Toán học Các toán phương tiện có hiệu việc giúp học sinh nắm vững tri thức đồng thời phát triển tư hình thành kỹ ứng dụng tốn học vào thực tiễn Tổ chức có hiệu việc hướng dẫn học sinh giải tập Tốn có ý nghĩa định tới chất lượng dạy học Toán Để làm dược điều dạy học Tốn, đặc biệt dạy giải tập tốn người thầy giáo cần quan tâm tới việc phát triển lực thực thao tác tư duy: phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát hóa, đặc biệt hóa, trừu tượng hóa, cụ thể hóa lực nhìn nhận vấn đề Tốn học nhiều góc độ khác nhau, đề xuất hướng giải vấn đề sở góc độ nhìn nhận Tơi cho hệ thống kiến thức sách giáo khoa nguồn quan trọng cần khai thác để làm tốt nhiệm vụ phát triển lực toán học nêu cho học sinh Cơ sở thực tiễn Trong năm gần chất lượng giáo dục trường THCS Khương Đình tăng lên rõ rệt: Sĩ số học sinh tăng nhanh, tỷ lệ % thi đỗ vào lớp 10 THPT công lập đạt 80% – 85%, đội tuyển thi học sinh giỏi cấp quận, cấp thành phố đứng tốp toàn quận, đặc biệt năm học 2013 -2014 nhà trường có học sinh đạt giải mơn tốn lớp cấp thành phố Là giáo viên trực tiếp giảng dạy mơn Tốn lớp theo chương trình sách giáo khoa nhiều năm liên tục, tơi có nhiều thời gian để tiếp cận với nội dung, chương trình mơn Tốn lớp Qua nghiên cứu hệ thống kiến thức sách giáo khoa Tốn lớp thực tiễn giảng dạy, tơi thấy sách giáo khoa Toán biên soạn công phu, xếp hệ thống kiến thức khoa học Hệ thống tập đa dạng kích thích tính tìm tòi sáng tạo học sinh học sinh giỏi Đặc biệt tập thường đơn giản, nghiên cứu kỹ thấy chứa đựng nhiều điều thú vị bổ ích Do q trình dạy giải tập tốn cho học sinh trọng tới việc hướng dẫn học sinh khai thác, phát triển toán sách giáo khoa coi biện pháp quan trọng hiệu việc rèn luyện lực tư sáng tạo cho học sinh Qua năm áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào giảng dạy tơi thấy nhiều định lý, tính chất tốn học tập sách giáo khoa lớp học sinh tìm tòi giải nhiều cách khác khai thác phát triển thành tốn hay hơn, khó hơn, tổng qt tạo hứng thú học tập cho học sinh "Thầy đố trò, trò đố thầy" say mê, sơi Bằng cách làm giúp tơi đạt kết định việc nâng cao chất lượng giảng dạy mơn Tốn, đặc biệt chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi Đề tài xin trình bày số biện pháp cụ thể nhằm rèn luyện lực tư duy, sáng tạo cho học sinh qua việc hướng dẫn học sinh khai thác phát triển toán sách giáo khoa Toán Do khn khổ đề đề tài, phần ví dụ nêu số toán tiêu biểu hệ thống toán học sinh khai thác, phát triển II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Mục đích nghiên cứu tạo hứng thú, say mê trình giảng dạy thầy, học tập trò Kích thích, phát triển lực tư duy, sáng tạo, chủ động học sinh qua trình học tâp Nhằm nâng cao chất lượng dạy học môn Toán, đặc biệt chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi III ĐỐI TƢỢNG NGHIÊN CỨU Đối tượng nghiên cứu là: Khai thác phát triển toán sách giáo khoa Toán lớp IV ĐỐI TƢỢNG KHẢO SÁT, THỰC NGHIỆM Đối tượng khảo sát, thực nghiệm học sinh lớp 7A1 trường THCS Khương Đình V PHƢƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Sử dụng phương pháp nghiên cứu bao gồm: - Phương pháp quan sát; - Phương pháp đàm thoại; - Phương pháp phân tích; - Phương pháp tổng hợp; - Phương pháp khái quát hóa; - Phương pháp khảo sát, thực nghiệm VI PHẠM VI & KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI Phạm vi nghiên cứu đề tài: Chương trình sách giáo khoa Toán 2.Thời gian thực hiện: Thực năm học 2012- 2013 2013-2014 Một số hình ảnh học toán lớp 7A1 Trƣờng THCS Khƣơng Đình Năm học 2013 -2014 B- NỘI DUNG ĐỀ TÀI Sau tơi xin trình bày biện pháp cụ thể nhằm rèn luyện lực tƣ duy, sáng tạo cho học sinh qua việc hƣớng dẫn học sinh khai thác phát triển toán sách giáo khoa Toán theo cấp độ tăng dần tƣ duy: Hƣớng dẫn học sinh giải toán nhiều cách khác nhau; Khai thác & phát triển toán cho thành toán mới; Hƣớng dẫn học sinh xây dựng toán tổng quát từ toán cụ thể I HƢỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TOÁN BẰNG NHIỀU CÁCH KHÁC NHAU Ví dụ 1: Bài tốn 1: Chứng minh định lý: Nếu tam giác có đường trung tuyến đồng thời đường phân giác tam giác tam giác cân ( Bài số 42 trang 73 SGK Toán tập 2) Lời giải Cách 1: Trên tia đối tia MA lấy điểm N cho MN = MA Xét ∆ MAC ∆ MNB có : MB = MC (gt); M1  M ( đối đỉnh) MA = MN ( cách vẽ) => ∆ MAC =∆ MNB( c.g.c) =>AC = BN (1) A2  N mà A1  A2 (gt) => A1  N => ∆ BAN cân B => BA= BN (2) Từ (1) (2) => AB = AC => ∆ ABC cân A A B 1 M C N Cách 2: Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt tia AM D Xét ∆ MBD ∆ MCA có B1  C1 ( so le ), MB = MC( gt); M1  M ( đối đỉnh) => ∆ MBD = ∆ MCA(g.c.g) => BD = AC ( 1) Mặt khác D  A2 ( so le trong) Mà A1  A2 (gt) => A1  D =>∆ BAD cân B => AB=BD (2) Từ (1) (2) =>AB=AC => ∆ ABC cân A A 12 B 1 C M D Cách 3: Trên tia đối tia MA lấy điểm E cho BE = AB (1) => ∆ BAE cân B => A1  E Mà A1  A2 (gt) => A2  E => AC//BE Xét ∆ MBE ∆ MCA có B1  C1 ( so le ); MB = MC( gt); M1  M ( đối đỉnh) => ∆ MBE = ∆ MCA (g.c.g) => BE = AC ( 2) Từ (1) (2) => AB= AC => ∆ ABC cân A A 12 B 1 C M E Cách 4: Gọi E, F theo thứ tự chân đường vuông góc kẻ từ M xuống cạnh AB, AC Ta có : Diện tích ∆ MAB = 1/ MF.AB (1) Diện tích ∆ MAC = 1/ ME.AC (2) Mặt khác ∆ MAB ∆ MAC có chung đường cao kẻ từ A cạnh tương ứng nhau: BM= MC(gt) =>Diện tích ∆MAB = Diện tích ∆MAC (3) F B E M C Từ (1), (2), (3): => MF AB = MF AC (4) Xét tam giác vuông ∆ EAM ∆ FAM có A1  A2 (gt), AM chung => ∆ EAM = ∆ FAM => MF= ME ( 5) Từ ( 4) (5) => AB = AC =>∆ ABC cân A Cách 5: Gọi E, F chân đường vng góc kẻ từ M xuống AB; AC Có khả xảy ra: Trường hợp 1: Các góc B, C nhọn: Xét tam giác vng ∆EAM ∆FAM có: A1  A2 (gt), AM chung => ∆EAM = ∆FAM => MF= ME Mà MB = MC (gt) => ∆ EMB = ∆ FMC ( Cạnh huyền, cạnh góc vng) => B  C => ∆ ABC cân A A E F M B C Trường hợp 2: Trong góc B C có góc lớn 900 Giả sử B ≥ 900 Chứng minh tương tự trường hợp ta có ∆ EMB = ∆ FMC ( cạnh huyền, cạnh góc vng) => EBM  FCM điều vơ lý EBM góc ngồi ∆ ABC nên ta ln có EBM  BAC  CAB  FCM => Trường hợp không xảy Từ trường hợp => Đpcm A F B E M C Cách 6: Gọi K,P chân đường vng góc kẻ từ B C xuống tia AM Xét tam giác vng ∆KBM ∆ PCM có BM = CM(gt) Mˆ  Mˆ ( đối đỉnh) => ∆ KBM = ∆ PCM => BK= CP Kết hợp với điều kiện Aˆ1 = Aˆ (gt) => ∆ KAB = ∆ PAC ( cạnh góc vng, góc nhọn) => AK= AP Mà K, P thuộc tia AM => K P trùng trùng với M => AM  BC Xét tam giác vuông ∆ MAB ∆ MAC có Aˆ1 = Aˆ (gt) MB = MC(gt) =>∆ MAB = ∆ MAC => AB = AC =>∆ ABC cân A A K B M C P A Cách 7: Qua M A kẻ đường thẳng song song với AB BC, đường thẳng cắt N, MN cắt AC K Xét ∆ MAB ∆ AMN có Aˆ1  Mˆ ( so le trong), AM chung BMA  MAN ( so le trong) => ∆ MAB = ∆ AMN ( g.c.g) => BM = AN Mà BM = MC (gt) => MC = AN Kết hợp với điều kiện Mˆ  Nˆ ; Cˆ  Aˆ3 ( so le trong) => ∆KMC = ∆ KNA ( g.c.g) => AK = KC (1) Mặt khác: Aˆ1  Aˆ (gt), ˆ  Mˆ ( so le trong) A 1 ˆ ˆ => M  A2 => ∆ KAM cân K => AK=KM(2) Từ (1) (2) => KM = KC => ∆ KMC cân K => Cˆ  Mˆ Mà Mˆ  Bˆ ( đồng vị ) => Bˆ  Cˆ =>∆ ABC cân A N 12 K B M C Cách : Qua M kẻ đường thẳng // AC qua B kẻ đường thẳng // AM, đường thẳng cắt D Gọi K giao A D K B M điểm AB MD Xét ∆ BDM ∆ MAC có DBM  AMC ( đồng vị) , MB = MC(gt) DMB  ACM ( đồng vị ) =>∆ BDM = ∆ MAC (g.c.g) => AM = BD, A2  D Xét ∆ KAM ∆ KBD có AM = BD(cmtr) A1  B1 ; D  M ( so le C trong) => ∆ KAM = ∆ KBD (g.c.g) => KD= KM(1) Mặt khác : D  M (cmtr); A1  A2 (gt), A1  B1 ( so le trong) => D  B1 => ∆ KBD cân K => DK = KB (2) Từ (1) (2) => KB = KM =>∆ KBM cân K => KBM  KMB mà KMB  ACB ( đồng vị) => KBM  ACB =>∆ ABC cân A Cách 9: Vì AMB  AMC  1800 nên góc AMB AMC phải có góc khơng lớn 900 Khơng tính tổng quát, giả sử AMC  900 Nếu AMC  900 từ C kẻ đường thẳng vng góc với AM cắt AM AB theo thứ tự P, Q điểm P nằm A M; điểm Q nằm A B Xét tam giác vng ∆ APQ ∆ APC có A1  A2 (gt), AP chung =>∆ APQ = ∆ APC => AQ = AC, PC = PQ Nối MQ, xét tam giác vng ∆ PMQ ∆ PMC có PC =PQ ( cmtr) cạnh PM chung =>∆ PMQ = ∆ PMC (c.g.c) => MQ = MC, mà MC = MB(gt) => MQ = MC = MB = 1/2 BC =>∆ QBC vuông Q ( theo kết A 12 Q P B C M A 12 Q P B C M số 39 sách tập Toán – Tập trang 28 ) => AQ AP vng góc với CQ, điều vơ lý => trường hợp AMC  900 không xảy => AMC  900 => AMB  900 Xét tam giác vng: ∆ AMB ∆AMC có A1  A2 (gt), AM chung => ∆ AMB = ∆ AMC =>∆ ABC cân A Ví dụ 2: Bài tốn 2: Chứng minh từ tỷ lệ thức : Ta suy tỉ lệ thức a c  b d ( a – b  0, c – d  0) ab cd = ab cd (Bài 63 trang 31 SGK Toán tập NXB Giáo dục 2003) Lời giải Cách 1: Từ a c a ab cd c =>    => =  b d b b d d CM Tương tự ta có: => ab cd  b d a b ab ab cd cd cd : : => =  b b d ab cd d Cách 2: Áp dụng tính chất dãy tỉ số a c  b d => ab cd => = a b ab  = c d cd a b ab  = c d cd ab ab cd => = cd ab cd 10 2001 – 1= 2000 đạt  x  2001 Cách 4: Ta có A  A, dấu = xảy A  Do đó: x  2001 = 2001  x  2001 – x Dấu = xảy 2001 – x  hay x  2001 Và x   x -1 Dấu = xảy x –  hay x   A = x  2001 + x   (2001 – x) + ( x -1) = 2000 Dấu = xảy 2001  x x  hay  x  2001 Khi giá trị nhỏ A 2001 - 1= 2000 đạt  x  2001 Tóm lại: Từ việc tìm nhiều lời giải khác cho toán, học sinh chọn lời giải hay cho tốn Hơn thế, bước đầu em rèn khả bao quát, hội tụ kiến thức, yếu tố có liên quan để giải vấn đề cách tối ưu Song thực tế, học sinh cần rèn khả dự đoán, phát vấn đề từ điều biết chủ động giải vấn đề "Khai thác & phát triển tốn cho thành toán mới" biện pháp tích cực giúp học sinh rèn khả tư nói II KHAI THÁC & PHÁT TRIỂN BÀI TỐN Đà CHO THÀNH NHỮNG BÀI TỐN MỚI Ví dụ 4: Bài tốn 4: Cho hình 52 Hãy so sánh: a) BIK BAK b) BIC BAC A I ( Bài trang 108 SGK Toán tập 1) B Lời giải 13 K C a) Ta có BIK góc ngồi  AIB BAI góc khơng kề với nên BIK  BAK b) Chứng minh tương tự ta có CIK  CAK Do BIK  CIK  BAK  CAK Hay BIC  BAC Ở toán câu a gợi ý cho câu b; bỏ câu a ta tốn khó Bài tốn 4.1: Cho tam giác ABC, I A điểm nằm tam giác Hãy so sánh góc BAC góc BIC I B K C Từ lời giải toán giúp ta tìm lời giải tốn 4.1 cách kẻ tia AI căt BC K Ngoài ta giải tốn 4.1 theo cách khác mà không cần kẻ thêm đường phụ sau: Xét  BIC có ICB  IBC  BIC  1800  ABC có ACB  ABC  BAC  1800 (1) (2) Mà ICB  ACB ; IBC  ABC Do phải có: BAC  BIC Tiếp tục cho học sinh khai thác kết (1) (2) để tìm mối liên hệ BAC BIC ta thu kết sau: Từ (1) (2) => ICB  IBC  BIC  ACB  ABC  BAC => BIC  BAC  ( ABC  IBC )  ( ACB  ICB) => BIC  BAC  ABI  ACI Từ kết em xây dựng toán sau : Bài toán 4.2 14 Cho tam giác ABC, I điểm nằm tam giác Chứng minh BIC  BAC  ABI  ACI Không dừng lại đây, tiếp tục cho học sinh khai thác kêt toán 4.2 cách đặc biệt hóa vị trí điểm I giao điểm đường phân giác  ABC, học sinh nhận xét được: BAC  ACI  1 1 ABC  ACB  ( ABC  ACB)  (1800  BAC ) 2 2  900  BAC 2 Do BIC  BAC + 900  BAC = 900  BAC Đến ta có tốn sau: Bài toán 4.3: Cho tam giác ABC, đường phân giác góc B C cắt I CMR BIC  900  BAC (3) Từ (3) => Nếu biết số đo BAC xác định số đo BIC , từ ta có tốn sau: Bài toán 4.4: Cho tam giác ABC, đường phân giác góc B góc C cắt I Tính BIC biết: a) BAC = 60 b) BAC = 90 c) BAC = 120 d) BAC = 1500 0 Tiếp tục cho học sinh khai thác kết toán 4.3 theo hướng khác cách từ kết (3) yêu cầu học sinh tính góc AIC góc AIB để đến kết sau: BIC  900  BAC 15 AIC  900  ABC AIB  900  ACB Từ đẳng thức ta thấy BIC = AIC CAB  ABC tức  ABC cân C ngược lại Đến ta có tốn sau: Bài toán 4.5: Chứng minh tam giác ABC tồn điểm I thỏa mãn BIC = AIC tam giac ABC tam giác cân ngược lại Tiếp tục cho học sinh khai thác đẳng thức để đến nhận xét: Nếu BIC = AIC = AIB ABC  BCA  CAB ngược lại từ đến tốn hay Bài toán 4.6: Chứng minh tam giác ABC tồn điểm I cho BIC = AIC = AIB tam giác ABC tam giác ngược lại Ví dụ 5: Bài toán 5: Cho tam giác ABC ,  = 90 0, C = 30 CMR AB = 1/2BC A C B I Cách 1: Kẻ tia Ax nằm tia AB, AC : CAI = 300; I  BC =>  IAC cân I => IA=IC (1) Mặt khác  ABC vuông A => BAI = BAC  IAC = 900 - 300 = 600 0 B =90 - 30 = 60  0 B = BAI = 60 =>  IAB tam giác => AI = IB (2) 16  Từ (1) (2) => AI =BI=IC  AB= 1/2 BC Cách 2: D A C B Trên tia đối tia AB lấy điểm D cho AB =AD =>AB = 1/2BD(1) BAC =90 => AC  BD => AC đường trung trực BD => BC = CD =>  CBD tam giác cân C => Đường cao CA đồng thời đường phân giác => BCD = BCA = 2.300 = 600 =>  CBD tam giác => BD = BC(2) Từ ( 1) (2) AB = 1/2 BC Sau hướng dẫn học sinh giải toán theo cách , tiếp tục hướng dẫn học sinh khai thác toán sau: Trước hết cho học sinh nhận xét giả thiết A = 900 tốn thay điều kiện cho B = 600 , từ cho toán sau: Bài toán 5.1: Cho tam giác ABC , B = 600 ; C  300 Chứng minh AB= 1/2 BC Sau cho học sinh suy nghĩ toán theo hướng khác cách thay điều kiện giả thiết C =300 thành kết luận chuyển kết luận AB = 1/2 BC tốn làm giả thiết từ đến toán sau Bài toán 5.2: Cho tam giác ABC có A = 900, AB = 1/2 BC CMR C =300 17 A B D C Để chứng minh tốn 5.2 tơi cho học sinh liên hệ tới cách giải tốn từ học sinh tìm lời giải tốn 5.2 cách lấy điểm phụ sau : Trên tia đối tia AB lấy điểm D cho AD= AB => AB = 1/2 BD (1) Vì AC  AB => AC đường trung trực BD => BC=CD(2) Mà AB = 1/2 BC (3) Từ (1); (2); (3) => BD = CB = CD =>  CBD tam giác => B = 600  ABC tam giác vuông A (gt) => ACB =30o Tương tự tiếp tục cho học sinh chuyển đk A =900 xuống làm kết luận chuyển kết luận AB = 1/2 BC giả thiết ta toán sau Bài tốn 5.3: Cho tam giác ABC có AB = 1/2 BC, C = 300 chứng minh  = 900 Bài tốn tơi hướng dẫn cho học sinh giải theo cách sau E A B Cách 1: Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B vẽ tia CE cho góc ACE = 300 , E thuộc tia BA  BCE = BCA + ACE =30o + 30o = 600 Trên tia Cx lấy E cho CB = CE =>  CBE cân E Mà BCE = 600 18 =>  CBE tam giác đều=> BE =BC(1) Nối AE Xét  CBE  ABC có BC = CE, C1 = C = 30o CA chung =>  ABC =  AEC(c.g.c) => AB = AE Mà AB =1/2 BC => AB+AE =BC(2) Từ (1) (2) => BA+AE =BE Điều chứng tỏ A BE => A trung điểm BE => CA trung tuyến  CBE => CA đồng thời đường cao => AC  BE hay BAC =900 D A B C Cách 2: Giả sử BAC  900 Qua B kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt AC M  MBC vng M có C = 30 nên theo kết toán.Ta suy ra: BM= 1/2 BC Mà AB=1/2 BC (gt) => AB =BM Điều khơng thể xảy  MAC vng nên ta có AB > BM => điều giả sử sai, BAC = 900 Tiếp tục tìm tòi toán cách cho học sinh lấy điểm D tia CA cho CD = CB, sau cho học sinh nhận dạng  CBD so sánh AB CD, từ số học sinh xây dựng thành toán sau Bài tốn 5.4 Chứng minh tam giác cân có góc đỉnh 300 đường cao thuộc cạnh bên nửa cạnh Như vậy, rèn khả "Khai thác & phát triển toán cho thành toán mới" giúp cho học sinh chủ động, sáng tạo giải tập toán giải vấn đề thực tế sống Những tiết học thật hào hứng, sôi tình "Thầy đố trò, trò đố thầy", 19 câu hỏi phản biện cho đề toán mới, Lúc căng thẳng, lúc vui sướng thay bộc lộ gương mặt em, hút em vào hoạt động học tập Tiếp theo, tơi xin trình bày biện pháp" Xây dựng toán tổng quát từ toán cụ thể" mức độ tư cao mức độ tư trình bày mục (I) (II) III HƢỚNG DẪN HỌC SINH XÂY DỰNG BÀI TOÁN TỔNG QUÁT TỪ CÁC BÀI TỐN CỤ THỂ Ví dụ 6: Bài tốn 6: Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x  2001 + x  (Bài 141 trang 23 sách tập toán tập 1) Ở phần I, xét tốn góc độ giải theo nhiều cách, sau tiếp tục khai thác, phát triển toán để toán tổng quát Để tiện theo dõi, sau xin nêu lại cách giải tốn trên: Vì │a│≥ a, dấu = xảy a ≥ ta có: │x - 2001│= │2001-x│≥ 2001- x Dấu = xảy 2001- x ≥ hay x ≤ 2001 │x-1│≥ x -1 Dấu = xảy x – ≥ hay x ≥ => A = │x - 2001│+ │x-1│≥ ( 2001- x) + ( x -1 ) = 2000 Dấu = xẩy x ≤ 2001 x ≥ 1.Tức ≤ x ≤ 2001 Vậy giá trị nhỏ A 2000 đạt ≤ x ≤ 2001 Từ cách giải tốn giúp ta tìm lời giải cho tốn rộng Bài tốn 6.1: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = │x-1│+│x-2│+… +│x-2006│ Lời giải A=│x-1│+│x-2│+…+│x-1003│+│1004- x│+│1005 - x│+… +│2006-x│ ≥ (x-1)+( x – 2)+…(x- 1003) + ( 1004- x) + (1005 – x) + …( 2006 – x) 20 = ( 1004 – 1) + ( 1005 – 2) +….+ ( 2006 – 1003) = 10032 = 1006009 Dấu = xảy x ≥ 1, x ≥ 2, …,x ≥ 1003 x ≤ 1004, x ≤ 1005 ,…, x ≤ 2006 Kết hợp lại ta 1003 ≤ x ≤ 1004 Vậy giá trị nhỏ A 1006009 đạt 1003 ≤ x ≤ 1004 Từ kết hướng dẫn học sinh tổng quát hóa tốn 6.1 để tốn sau Bài toán 6.2: Cho a1< a2 < < a2n Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A= │x-a1 │+│x- a2│+… +│x- a2n│ Từ cách giải toán 6.1 học sinh tìm lời giải tốn đến đáp số: giá trị nhỏ A là: ( a2n + a2n-1 + ….an+1) - ( an + an-1 +….a1 ) đạt an ≤ x ≤ an+1 Đến vấn đề đặt số hạng tổng A số lẻ ta tìm giá trị nhỏ A nào? Để giải vấn đề , trước hết tơi cho học sinh xét tốn sau: Bài tốn 6.3: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = x  + x  + x  2001 Liên hệ với toán… Ta có nhận xét B= A+ x  Và A  2000  x dấu = xảy  x  2001 x    x dấu = xảy x=2 Do => B=A+ x   2000+ = 2000, dấu xảy  x  2001 x=2 Kết hợp lại ta x=2 Vậy giá trị nhỏ B 2000 đạt x=2 Từ tốn 6.3 tơi cho học sinh xét tốn rộng sau Bài tốn 6.4 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = x  + x  +… + x  2005 21 Sau cho học sinh phân tích mối liên hệ toán 6.4 toán 6.3 tốn 6.2 em tìm lời giải cho toán 6.4 sau: B= x  + x  +… x  1002 + x  1003 + x  1004 +… + x  2005 Đặt A = x  + x  +… x  1002 + x  1003 + x  1004 +… + x  2005  B = A + x  1003 Nhận xét A có 2004 số hạng theo kết tốn 6.2 ta có giá trị nhỏ A (2005+ 2004+ ….1004) – ( 1002 + 1001+… + 2+1 ) = 102.103 = 1005006 đạt 1002  x  1004 Và x  1003   x Dấu = xảy x=1003 Từ đó=> B  1002.1003+0 = 1005006 Dấu = xảy 1002  x  1004 x=1003, kết hợp lại ta x=1003 Vậy giá trị nhỏ B 1005006 đạt x =1003 Từ kết , hướng dẫn học sinh xét toán tổng quát: Bài toán 6.5 Cho a1< a2 …< a2k+1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A= │x-a1 │+│x- a2│+… +│x- a2k+1│ Từ cách giải tốn 6.4 học sinh tìm lời giải cho toán để đến đáp số : giá trị nhỏ B ( a2k+1 + a2k + ….ak+2) - ( ak + ak-1 +….a1 ) đạt x = ak+1 Từ kết ta có tốn tổng qt sau: Bài tốn 6.6: Cho a1< a2 …< an Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A= │x-a1 │+│x- a2│+… +│x- an│ 22 C- KẾT QUẢ THỰC HIỆN Qua thực tiễn giảng dạy thấy rằng: Tiết học giáo viên áp dụng biện pháp hứng thú học tập học sinh tăng lên rõ rệt Việc học sinh tự tìm nhiều cách giải cho tốn giải tốn em sáng tác nâng cao tích cực hoạt động tư học sinh Trong tiết học thầy giáo đóng vai trò người thiết kế tổ chức, hướng dẫn Học sinh đóng vai trờ người thi công, phát triển hoạt động, em học tập hành động từ chỗ làm quen chuyển hướng dần sang tái tạo sáng tạo Bằng biện pháp trình bày trên, với miệt mài hướng dẫn học sinh khai thác tồn sách giáo khoa Tốn tiết dạy khóa tiết bồi dưỡng học sinh giỏi có tác dụng lớn việc giúp cho em có cách nhìn sâu hơn, tồn diện tốn sách giáo khoa, từ giúp cho em nắm kiến thức cách vững Các hoạt động trí tuệ lật ngược vấn đề, xét tính giải được, phân chia trường hợp thao tác tư : phân tích, tổng hợp, so sánh, tương tự, đặc biệt hóa, khái quát hóa có điều kiện giúp học sinh rèn luyện nhiều Do lực tư sáng tạo toán học học sinh rèn luyện thường xuyên phát triển tốt Việc khai thác, phát triển toán đơn giản thành chuỗi tốn với mức độ khó dần, tính khái qt cao có ý nghĩa giúp cho học sinh đứng trước toán khó bình tĩnh nhận diện tốn gốc từ tìm cách giải, đồng thời từ chuỗi toán xây dựng giúp cho giáo viên có điều kiện hướng dẫn học sinh yếu nâng dần trình độ, có khả giải tốn phức tạp hơn, kích thích học sinh giỏi tiến tới tìm tòi sáng tạo cách tự lực Do chất lượng học toán học sinh áp dụng đề tài 23 tăng lên rõ rệt, hầu hết em có kĩ giải tốn, biết trình bày lời giải với lập luận chặt chẽ , suy diễn xác, khoa học Một số em có thói quen tìm tòi nhiều lời giải tốn thay điều kiện toán điều kiện tương đương, bước đầu biết khái quát hóa thành tốn phức tạp hơn… Những kết đóng góp phần khơng nhỏ vào việc phát triển lực tư sáng tạo, rèn trí thông minh, thúc đẩy niềm say mê dạy học tốn thầy trò chúng tơi Dưới bảng thống kê đợt kiểm tra khảo sát, đối chứng, thực nhóm 71 ( nhóm chưa áp dụng đề tài ) nhóm 72 (nhóm áp dụng đề tài) năm học 2012-2013 Thời điểm Khảo sát 15/3/2013 10/4/2013 16/5/2013 Đối tượng khảo sát Kết khảo sát Học sinh Đã chưa áp dụng đề Điểm < Điểm 5; Điểm ≥ nhóm tài SL % SL % SL % 71 chưa áp dụng đề tài 70 30 0 72 chưa áp dụng đề tài 60 30 10 71 chưa áp dụng đề tài 60 30 10 72 Đã áp dụng đề tài 20 40 40 71 chưa áp dụng đề tài 40 40 20 72 Đã áp dụng đề tài 10 30 60 24 D – KẾT LUẬN, Ý KIẾN ĐỀ XUẤT 1.Kết luận: Mơn tốn mơn văn hóa sở trường phổ thơng nói chung trường THCS nói riêng Đây mơn học khó có ý nghĩa to lớn việc rèn luyện, phát triển lực tư lô gic bồi dưỡng phẩm chất nhân cách cho học sinh nwh tính tích cực, chủ động, linh hoạt, sáng tạo … Việc tìm tòi biện pháp phù hợp cho khối lớp, đối tượng học sinh để hút em vào hoạt động học tập giáo viên tổ chức đạo thơng qua học sinh tự lực khám phá điều chưa biết khơng phải thụ động tiếp thu tri thức sẵn việc làm cần thiết giáo viên dạy Toán trường phổ thơng Trong q trình giảng dạy, qua việc đúc rút kinh nghiệm thân trao đổi với đồng nghiệp, tơi tìm nhiều điều bổ ích việc hướng dẫn học sinh khai thác triệt để toán, đặc biệt tốn sách giáo khoa , xem biện pháp hữu hiệu việc phát triển lực tư sáng tạo cho học sinh Biện pháp mà tơi trình bày hạn chế định, ví dụ minh họa chưa khai thác hết tình chưa thực điển hình sóng tơi nghĩ với cách làm chắn nâng cao chất lượng dạy học mơn Tốn lớp theo chương trình sách giáo khoa mới; hẳn bạn đồng ý với rằng: Từ kiến thức tưởng đơn giản sách giáo khoa biết khai thác người giáo viên kiến tạo nên tri thức phong phú, hấp dẫn Hơn lực học toán học sinh phát triển Ý kiến đề xuất: - Việc hướng dẫn cho học sinh khai thác triệt để tốn sách giáo khoa việc làm khó , đòi hỏi người giáo viên phải cơng phu việc tìm tòi nghiên cứu sách giáo khoa phải có niềm say mê cơng việc, thường 25 xuyên học hỏi đồng nghiệp, đọc tài liệu tham khảo để tích lũy Trong q trình áp dụng đo trình độ học sinh hạn chế nên lúc đầu biện pháp chưa thực thích ứng với em, người giáo viên cần phải có kiên trì, bền bỉ thực có hiệu - Việc khai thác ,phát triển toán sách giáo khoa phù hợp với đối tượng học sinh khá, giỏi em hưởng ứng cách tích cực, biện pháp phù hợp công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Đặc biệt toàn ngành thực Nghị TW khóa VIII , trường THCS khơng trường chun, lớp chọn, việc bồi dưỡng học sinh giỏi được lồng ghép vào tiết dạy khóa biện pháp "Khai thác, phát triển toán sách giáo khoa" công cụ đắc lực cho giáo viên thực tốt nhiệm vụ - Đề tài áp cho học sinh lớp 7, nhiên giáo viên áp dụng tương tự cho đối tượng học sinh khối lớp khác - Các cấp quản lý giáo dục: Phòng Giáo dục, Sở Giáo dục – Đào tạo tổ chức hội nghị hội thảo , báo cáo chuyên đề với nội dung về: khai thác tiềm sách giáo khoa mơn Tốn để nâng cao chất lượng dạy học cho giáo viên dạy toán trường THCS, tạo điều kiện cho giáo viên Toán thành phố trao đổi, học hỏi, bồi dưỡng nghiệp vụ nâng cao tay nghề Sáng kiến kinh nghiệm nghiên cứu thực với giúp đỡ đồng nghiêp tổ tự nhiên I trường THCS Khương Đình Tơi mong nhận ý kiến đóng góp Hội đồng khoa học cấp bạn đồng nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn ! Hà Nội, ngày 29 tháng năm2014 Ngƣời viết Trịnh Thị Thanh 26 Tài liệu tham khảo Toán tập - NXB Giáo dục năm 2003 2Toán tập - NXB Giáo dục năm 2003 3Toán tập ( sách giáo viên) - NXB Giáo dục năm 2003 Toán tập ( sách giáo viên) - NXB Giáo dục năm 2003 Bài tập toán tập - NXB Giáo dục năm 2003 Bài tập toán tập - NXB Giáo dục năm 2003 Một số vấn đề đổi phương pháp dạy học mơn Tốn – Bộ giáo dục đào tạo – năm 2002 Hội đồng xét duyệt SKKN Trƣờng THCS Khƣơng Đình Nhất trí xếp loại: TM Hội đồng xét duyệt Chủ tịch 27 ... đề "Khai thác & phát triển toán cho thành toán mới" biện pháp tích cực giúp học sinh rèn khả tư nói II KHAI THÁC & PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN Đà CHO THÀNH NHỮNG BÀI TỐN MỚI Ví dụ 4: Bài tốn 4: Cho hình. .. dẫn học sinh khai thác phát triển toán sách giáo khoa Toán theo cấp độ tăng dần tƣ duy: Hƣớng dẫn học sinh giải toán nhiều cách khác nhau; Khai thác & phát triển toán cho thành toán mới; Hƣớng... qua việc hướng dẫn học sinh khai thác phát triển toán sách giáo khoa Toán Do khn khổ đề đề tài, phần ví dụ nêu số toán tiêu biểu hệ thống toán học sinh khai thác, phát triển II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU