1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Việc nâng cao chất lượng giáo dục phải gắn liền với việc đổi mới mục tiêu, nội dung chương trình đổi mới về phương pháp dạy để học sinh có thể đáp ứng được những yêu cầu nhất định Ở trường phổ thông học sinh không những nắm vững nội dung kiến thức môn học mà còn phải có khả vận dụng kiến thức đó vào thực tế cuộc sống hoặc tiếp tục học lên các bậc học cao Đối với việc dạy học môn toán nói chung, phân môn hình học nói riêng, mục tiêu đó được cụ thể hoá bằng nhiệm vụ quan trọng là phát triển lực và tư của học sinh, đó là động lực giúp cho việc thực hiện có hiệu quả các nhiệm vụ khác Một những quá trình tư của học sinh là quá trình suy luận tương tự Suy luận tương tự có vai trò to lớn hoạt động thực tiễn và khoa học, giai đoạn quan sát ban đầu để tìm phương hướng hoạt động hoặc đề giả thiết tương tự chiếm ưu thế Quan sát phát hiện sự tương tự cho phép dự báo cách giải quyết Phương pháp tương tự cho phép nhanh chóng định hướng hành động chưa có điều kiện kiểm tra, chứng minh khoa học Hình học là một môn học rất quan trọng việc rèn lụn tính lơgic, tư sáng tạo, giúp học sinh không những học tốt môn Toán mà còn có thể học tốt các môn học khác Vậy làm thế nào để học sinh nắm chắc kiến thức bản, biết cách phát triển bài toán và chủ động học tập để các em có thể tự học và tự sáng tạo? Ngoài việc rèn luyện kỹ giải dạng toán, tìm nhiều cách giải cho một bài toán…thì việc khai thác phát triển bài toán hết sức cần thiết Nhưng khai thác thế nào? Khai thác mức độ nào? Đó mới là điều chúng ta cần tập trung suy nghĩ Trong giải Toán, việc xét tương tự từ một bài toán thông qua đặc điểm đặc biệt bài toán đó để mở rộng hoặc phát biểu bài toán dạng khác có thể đưa lại cho ta một bài toán hay, một cách nhìn nhận mới về bài toá, giúp các em củng cố nhiều kiến thức và rèn luyện được kỹ giải toán tốt Vấn đề này phù hợp với lý luận dạy học từ cái cụ thể, đơn giản, bằng phương pháp tương tự để phát triển lên thành những vấn đề khó hơn, tổng quát hơn, toàn diện phù hợp với lực và trình độ nhận thức của học sinh Trên thực tế nhiều năm dạy học môn hình hoc trường Trung học sở (THCS) Lương Trung thấy: - Về phía học sinh: Đa sớ các em còn lúng túng không biết cách trình bày giải một bài toán hình học, khơng phát hiện được tính chất tương tự một bài toán, các bài toán khác Đặc biệt không biết cách giải một bài toán khó xuất phát từ bài toán ban đầu đã được chứng minh - Về phía giáo viên: Hiện tại chưa có các tài liệu nghiên cứu nào bàn sâu vào vấn đề này, nhà trường chưa có đồng nghiệp nào nghiên cứu về phương pháp chứng minh tương tự giải toán hình hoc Do đó chọn đề tài: “Phát triển tư thông qua giải một số bài toán hình học lớp cho học sinh trường THCS LươngTrung bằng phương pháp tương tự” làm sáng kiến kinh nghiệm của mình năm học 2017-2018 1.2 Mục đích nghiên cứu: Trên sở nghiên cứu lí ḷn và thực trạng dạy học phân mơn hình học lớp của trường THCS Lương Trung, sáng kiến kinh nghiệm này đã đề được các giải pháp để rèn kỹ phân tích tìm lời giải, khai thác bài toán hình học cho học sinh trường THCS Lương Trung, từ đó giúp học sinh nắm vững và hiểu sâu các kiến thức bản, nhìn nhận mợt bài toán hình dưới nhiều khía cạnh khác nhau, có kỹ vận dụng các kiến thức vào bài tập và thực tiễn Cung cấp cho các em phương pháp tự học từ đó các em chủ động, tự tin và sáng tạo học toán và có hứng thú học tập bộ môn SKKN là một tài liệu tham khảo cho các giáo viên quá trình đọc và nghiên cứu tài liệu, giảng dạy môn toán hinh Đặc biệt là kinh nghiệm giúp cho GV tham khảo thiết kế bài dạy ôn thi học sinh giỏi quá trình dạy học của mình 1.3 Đối tượng nghiên cứu: - Phát triển tư giải một số bài toán hình học lớp cho học sinh Trường THCS Lương trung bằng phương pháp tương tự 1.4 Phương pháp nghiên cứu: - Quan sát theo dõi HS và học hỏi đồng nghiệp - Phương pháp điều tra sư phạm: Phỏng vấn, trao đổi; khảo sát điều tra số liệu theo phiếu; thớng kê và phân tích sớ liệu điều tra - Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Giảng dạy thực nghiệm tại trường - Tổng kết kinh nghiệm và đánh giá kết quả NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận Phát triển tư sáng tạo là phương pháp nhằm tìm các phương án, biện pháp thích hợp để kích hoạt khả sáng tạo và để đào sâu rộng khả tư của một cá nhân hay một tập thể cộng đồng làm việc chung về một đề tài hay một lĩnh vực nào đó[3] Trong toán học, nhất là dạy học toán theo chương trình đởi mới thì việc dạy học theo phương pháp tích cực hoá hoạt động học tập của học sinh, học sinh được tiếp cận kiến thức một cách chủ động, sáng tạo từ những hình ảnh, mơ hình, ví dụ để hình thành các khái niệm tương tự, tổng quát Tương tự được hiểu là giống nhau, có một số nét giống nhau; hoàn toàn giống nhau, gần hoàn toàn giống Do đó, sự vận dụng tương tự chứng minh hình học rất đa dạng Số học và Đại số, đặc biệt hình học vô là phong phú Sự tương tự không phải chỉ có mặt bên ngoài mà còn nằm bản chất của sự vật hiện tượng Sự tương tự có nguyên nhân sâu xa là sự thống nhất về bản chất bên của sự vật, hiện tượng khác nhau, sự thớng nhất về tính tởng quát của các quy luật chi phối chúng Suy luận tương tự là một phương pháp suy luận lôgic từ sự giống về các dấu hiệu xác định của hai hoặc nhiều đối tượng suy sự giống về các dấu hiệu khác của chúng Từ đó có thể gán kiến thức về đối tượng đã biết cho đối tượng chưa biết nhờ sự tương tự giữa chúng[11] Ở chương trình THCS nói chung mà cụ thể hình học lớp 8, việc rèn luyện cho các em kỹ mở rộng từ các bài tập cụ thể đưa lại rất nhiều hiệu quả: Học sinh có kỹ và thói quen xem xét bài toán các góc độ khác nhau; củng cố cho học sinh được các kiến thức khác Vì thế việcphát triển tư giải một số bài toán hình học lớp cho học sinh bằng phương pháp tương tựlà rất cần thiết và nếu học sinh tiếp thu tốt phương pháp này làm cho các em yêu thích và học tốt môn hình học nói chung, và hình học lớp 8nói riêng Tôi hy vọng là tư liệu tham khảo cho nhiều giáo viên trực tiếp giảng dạy 2.2 Thực trạng vấn đề Trong quá trình giảng dạy toán nhà trường các kỳ thi học sinh giỏi các cấp, thấy chuyên đề về: “Phát triển tư thông qua giải một số bài toán hình học lớp cho học sinh trường THCS Lương Trung bằng phương pháp tương tự” là chuyên đề hay và lý thú Nên cấu trúc của một đề thi của các kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp, chuyên đề “Phát triển tư thông qua giải một số bài toán hình học lớp cho học sinh trường THCS Lương Trung bằng phương pháp tương tự”chiếm một lượng kiến thức nhất định cấu trúc của đề, tuỳ theo mức độ và tính chất của kỳ thi mà có những mức độ cách đề cho phù hợp Xuất phát từ thực tế giảng dạy, đặcbiệt ôn thi các đội tuyển học sinh giỏi Tôi thấy đa số các em giải các bài toán hình học còn lúng túng, chưa tìm được phương hướng giải, chưa xác định được các yếu tố cố định hay không cố định để làm nền tảng biện luận Chính vì vậy, đa sớ các em gặp các bài toán có tính chất tương tựđã không thể giải quyết được hoặc giải quyết được một phần hoặc giải quyết được biện luận không chặt chẽ dẫn đến sai sót không đáng có Cụ thể năm học 2016-2017 sau chọn đề tài nghiên cứu tơi tiến hành thí điểm khối với nội dung của bài kiểm tra một tiết (bài kiểm tra kèm theo phần phụ lục), và thái độ với môn hình học (phiếu khảo sat kèm theo phần phụ lục) cho thấy: Giỏi Điều tra 62 SL % kiểm tra 3,2 Khá Trung bình Yếu SL % SL % SL % SL % 9,7 24 38,7 26 41,9 6,5 Điều tra 62 HS u thích mơn học Bình thường Khơng thích học SL SL % SL % 22 35,5 30 48,4 % 10 16,1 Như vậy, qua khảo sát thực tế cho thấy có rất nhiều học sinh bị điểm yếu, kém và đa số học sinh không thích học phân mơn hình học Ngun nhân: -Thứ nhất: Nhiều lỗ hổng về kiến thức và kĩ - Thứ hai: Tiếp thu kiến thức, hình thành kiến thức chậm - Thứ ba: Năng lực tư yếu - Thứ tư: Phương pháp học hình chưa tốt - Thứ năm: Thờ với việc học lớp, thường xuyên không làm bài tập nhà 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Thu gọn lời giải bằng cách không lặp lại các chứng minh Chứng minh một bài toán hình học đòi hỏi việc suy luận xác và chặt chẽ Sau đã có phần chuẩn bị và suy nghĩ để tìm phương pháp chứng minh thì việc trình bày lời giải theo phương pháp tổng hợp là rất quan trọng Ví dụ 1: Cho tam giác ABC, D là trung điểm của AC, E là trung điểm của AB Vẽ các điểm M,N cho E là trung điểm của MC, D là trung điểm của BN Chứng minh rằng: A là trung điểm của MN A M E B N D C * Cách chứng minh lặp lại: - Chứng minh ∆AEM = ∆BEC(cgc) để suy ra: AM = BC và AM // BC - Chứng minh ∆ADN = ∆CDB(cgc) để suy ra: AN = BC và AN //BC * Cách chứng minh không lặp lại: - Chứng minh ∆AEM = ∆BEC(cgc) để suy AM = BC và AM // BC - Chứng minh tương tự suy ra: AN = BC và AN //BC Ta nhận thấy: - Chứng minh AN = BC hoàn toàn giống chứng minh AM = BC - Chứng minh AN // BC hoàn toàn giống chứng minh AM // BC Do đó để gọn, ta dùng từ "Chứng minh tương tự" mà không cần lặp lại chứng minh Như vậy bài toán được trình bày ngắn gọn, khoa học Để giải một bài toán, chúng ta phải đọc kỹ đề bài, phân tích sơ bợ giả thiết, kết ḷn của bài để vẽ hình xác, và loại bỏ những trường hợp khơng thoả mãn điều kiện bài toán Ví dụ 2: Cho ∆ABC có: Â = 105o, một đường thẳng qua A cắt BC D Chia tam giác ABC thành hai tam giác cân Tính sớ đo các góc B và C của ∆ABC * Cách chứng minh lặp lại: Vì không xác định rõ đáy tam giác cân ADB và ADC nên ta phải xét trường hợp * Cách chứng minh không lặp lại: Ta hãy chú ý đến sự tương tự giữa hai góc ADB và ADC: Nếu thay góc B góc C, thay góc C góc B thì lời giải của bài toán không đổi: Ta nói rằng hai góc đó có vai trò và nhờ sự tương tự ấy có thể sắp xếp chúng theo thứ tự ADC ≥ ADB mà khơng mất tính tởng quát của bài toán Giải Giả sử ADC ≥ ADB thì ADC ≥ 900, dẫn đến tam giác cân ADC phải có đáy AC Ta chỉ phải xét trường hợp: Tam giác cân ADB có đáy AD hoặc BD hoặc AB Đặt C = a Trường hợp 1: Tam giác cân ADB có đáy AD A B D C ADB= DAC + DCA = a + a = 2a (Góc ngoài của ∆ADC) A = 2a + a = 3a = 1050 ⇒ C= a = 35o; ⇒ B = 180o - (105o+ 35o) = 40o Trường hợp 2: Tam giác cân ADB có đáy BD A C B Tương tự ta có: A = a + (180o- 4a) = 105o ⇒ C = a= 250 ⇒ B = 180o- (105o+25o) = 50o Trường hợp 3: Tam giác cân ADB có đáy AB A B D C 180 − 2a = 90 ≠ 1050 (không xảy ra) Ta có: A = a + 2.3.2 Tìm tịi cách giải tốn: Ví dụ 1: Vẽ về phía ngoài tam giác ABC (B < 90 0; C < 900) các tam giác vuông cân ABD, ACE (ABD = ACE = 90o) gọi I và k là chân các đường vuống góc kẻ từ D và E đến BC CMR: BI = CK Nhận xét: Vì ∆BID có cạnh BI và ∆CKE có cạnh CK không phải là hai tam giác bằng Một câu hỏi được đặt ra: Có bài toán nào tương tự bài toán này không? hoặc với một phần của bài toàn này? Các dữ kiện của bài toán ∆ABD vuông cân, đường thẳng IK qua đỉnh góc vuông làm ta nhớ lại một bài toán đã giải có các dữ kiện tương tự đó là: Cho ∆ ABC có A = 900; AB=AC, qua A vẽ đường thẳng d cho B và C nằm phía đới với đường thẳng d Kẻ BH và CK vuông góc với d Chứng minh rằng: a) AH= CK; b) HK= BH+CK Do sự liên hệ đó, ta vẽ thêm AH ⊥ IK; được BI=AH Tương tự với ∆ACE vuông cân, được CK=AH Do đó BI=CK Nhờ liên hệ đến một bài toán tương tự đã giải mà ta tạo đường thẳng AH làm trung gian để so sánh BI và CK Giải: A E D H Kẻ đường cao AH ⊥ BC Xét hai tam giác vuông ∆BID và ∆AHB có: BD = BA (gt) BAH = DBI (cùng phụ với ABH) =>∆BID = ∆AHB =>AH=BI Chứng minh tương tự: ∆AHC = ∆CKE => AH=CK => BI=CK (đpcm) * Như vậy từ cách giải bài toán trước đó, chúng ta đã tạo đường phụ là đường cao AH để việc chứng minh hai đoạn thẳng BI = CK một cách dễ dàng * Bằng cách sử dụng phương pháp tương tự với phương pháp đã sử dụng một bài toán khác: Ví dụ 2: Cho ∆ABC có: AB = AC; A = 200 Lấy điểm D cạnh AB cho: AD = BC Tính ACD= ? * Nhận xét: - Nhớ lại bài tập: Cho ∆ABC: B = C = 500 Gọi K là điểm tam giác cho KBC = 100; KCB = 300 Chứng minh rằng: ∆ABK là tam giác cân và tính sớ đo BCA Ở bài tập này ta có ABC + KBC = 500 + 100 = 600 Do đó ta vẽ ∆EBC đều(E và A phía đới với BC) x́t hiện ABE = KBC Ta lại có BCA - A = 800 - 200 = 600 là góc của tam giác đều E A K B C Do đó, hai bài toán hoàn toàn khác nhau, sự tương tự cho ta cách vẽ tam giác đều BEC A Giải: Vẽ ∆BEC đều (E và A phía đới với BC) Cách vẽ này làm x́t hiện ECA = DAC dẫn đến ∆ECA = ∆DAC (c.g.c) D suy CAE = ACD ta dễ dàng tính được CAE = 100, đó ACD = 100 E B C Ví dụ a) Chứng minh rằng nếu các cạnh đối diện với các đỉnh A, B, C ta lấy các điểm A', B', C' cho AA', BB', CC' đồng quy thì: =1 b) Chứng minh rằng kết luận đúng nếu các điểm A', B', C' thuộc các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác, đó có đúng hai điểm nằm ngoài tam giác Giải: a) Qua A vẽ đường thẳng // BC cắt BB', CC' N, M ta có: = ; = M A N B' C' BC ; = AM O Nhân các đẳng thức vế, ta được: =1 B b) Chứng minh tương tự (câu a) Chú ý: Các hệ thức viết câu a và các hệ thức Ở câu b là Chỡ khác là vị trí của các điểm A', B', C' - Ở câu b có đúng điểm hoặc cả điểm nằm ngoài tam giác A' C B' C' A N M B A' C O 2.3.3 Phát tính chất mới, đề xuất tốn mới: * Từ bài toán tính chất ba đường trung tuyến, chúng ta có thể mở rộng bài toán bằng cách chứng minh tương tự với giao điểm ba đường cao, giao điểm ba đường phân giác, giao điểm ba đường trung trực Bài 1: Cho tam giác ABC (ba góc nhọn), ba đường cao AA, BB, CC cắt tại điểm H Chứng minh rằng: HA1 HB1 HC1 + + =1 AA1 BB1 CC1 Chứng minh: A B1 C1 H B C A1 HA1 HB1 HC1 Để tính được các tỉ số: AA ; BB ; CC ta phải nghĩ đến cách chia ∆ ABC thành 1 các tam giác nhỏ: ∆ HBC; ∆ HAC; ∆ HAB, và xét tỉ sớ diện tích các tam giác: ∆ HBC; ∆ HAC; ∆ HAB và ∆ ABC HA1 S HBC HA1 BC HA1 = BC = = Ta có: AA1 S ABC BC AA1 AA1 BC S HAC HB1 S HAB HC1 = ; = Chứng minh tương tự ta có: S BB1 S ABC CC1 ABC HA HB HC 1 Từ đó suy ra: AA + BB + CC = 1 HA1 HB1 S HBC + S HAC + S HAB S ABC = =1 S ABC S ABC HC1 Vậy: AA + BB + CC = 1 1 Như vậy từ bài toán giao điểm ba đường trung tuyến của tam giác, chúng ta đã xây dựng nên cách giải bài toán giao điểm ba đường cao một cách tương tự sử dụng đến bài toán diện tích Bắng cách phát hiện tính chất tương tự cách chứng minh giao điểm ba đường cao, và tính chất của định lí Ta-Lét tam giác ta xét đến giao điểm ba đường trung trực Bài 2: Ba đường trung trực của một tam giác ABC (có ba góc nhọn) cắt tại điểm T Các tia AT, BT, CT kéo dài cắt lần lượt BC, AC, AB tại A, B, C Chứng minh rằng: + + = 10 Chứng minh: A C1 B1 T B H C H' A1 Để chứng minh bài toán này chúng ta phải khai thác các tỉ số: TA1 TB1 TC1 ; ; dưới dạng tỉ số khác có liên quan đến diện tích các ∆ BTC; ∆ ATC; AA1 BB1 CC1 ∆ ATB bằng cách: Gọi h; h2; h3 là độ dài các đường cao kẻ từ điểm T xuống các cạnh BC; AC; AB h1 BC AH BC ; S ABC = 2 h1 BC S BTC h BC h 2 = = = Từ đó ta lập được tỉ số: AH BC S ABC AH BC AH TA1 S BTC h1 Đến chúng ta lại chứng minh tỉ số: AA = S (= AH ) bằng cách nghĩ đến định ABC Ta có: S BTC = lý Ta-Let cho ∆AHA1 có: TH’ // AH suy ra: S TA1 TH ' h = = = BTC AA1 AH AH S ABC TA1 S BTC Vậy: AA = S ABC TB S TC S ATC 1 ATB Bằng cách chứng minh tương tự ta có: BB = S ; CC = S ABC ABC Do: S ABC = S BTC + S ATC + S ATB Từ đó suy ra: TA1 TB1 TC1 S ATC + S BTC + S ATB S ABC + + = = =1 AA1 BB1 CC1 S ABC S ABC Ở những bài toán đã xét trên, các giao điểm là những điểm đặc biệt một tam giác Giả sử có một điểm bất kỳ nằm một tam giác thì cách chứng minh cũng tương tự với các điểm đặc biệt 11 Bài tập vận dụng Cho ∆ABC có ba góc nhọn và I là một điểm bất kỳ nằm tam giác đó Các tia AI, BI, CI kéo dài cắt BC, AC và AB lần lượt tại M, N, P Chứng minh rằng: IA IB IC + + =1 AM BN CP Như vậy, từ bài toán mở đầu (bài toán giao điểm ba đường trung tuyến), thông qua việc xét tương tự, ta đã xét các bài toán khác có yêu cầu tương tự và đặc biệt từ bài toán đó ta đã xây dựng cách giải những bài toán khó hơn, bài toán có tính tởng quát, phức tạp 2.3.4 Giải toán cực trị bằng phương pháp tương tự: * Khi gặp các bài toán cực trị hình học, từ một bài toán cụ thể đã được giải, ta có thể vận dụng tính tương tự để giải mợt sớ bài toán khác có tính chất tương tự khai thác bằng cách sử dụng một phần kết quả từ bài toán đó Ví dụ 1: Cho hai điểm A, B nằm về một nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng a Tìm đường thẳng A một điểm P cho PA + PB là nhỏ nhất B A a P' P A' Giải: Lấy A' đối xứng với A qua đường thẳng a Nối A'B cắt đường thẳng a tại P' =>Đường thẳng a là đường trung trực của AA' Ta có: PA = PA'; P'A = P'A' Theo quy tắc điểm PA' + PB ≥ A'B=> PA + PB ≥ A'B dấu "=" xảy P ∈ A'B mà P ∈ a nênPA + PB nhỏ nhất P ≡ P' * Sử dụng tính chất đới xứng của một điểm qua một đường thẳng, ta phát triển mợt bài toán tương tự khác sau: Ví dụ 2: Cho xOy; điểm A nằm góc đó Hãy tìm Ox, Oy lần lượt hai điểm B và C cho AB + BC + CA nhỏ nhất Giải: 12 A2 x B A O C y A1 Lấy A1 đối xứng với A qua Oy Lấy A2 đối xứng với A qua Ox ta có: Ox là trung trực của AA2 Oy là trung trực của AA1 nên: CA = CA1; BA = BA2 AB + AC + BC = A2B + BC + A1C≥ A1A2 (không đổi) dấu "=" xảy B, C ∈đường thẳng A1A2 mà B∈ Ox; C ∈ Oy nên để AB + BC +AC nhỏ nhất thì B, C là giao điểm của A1A2 với Ox, Oy * Khi gặp bài toán cực trị liên quan đến chu vi tứ giác, ta cũng áp dụng sự tương tự về tính chất đối xứng của hai điểm qua một điểm và có bài toán sau; Ví dụ 3: Cho hình vng ABCD và tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh hình vuông ABCD Tìm điều kiện để MN + NP + PQ + QM là nhỏ nhất Giải 13 N B C P E M F A G Q D Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm của MN, NQ, PQ ∆BMN vuông tại B; BE là trung tuyến ứng với cạnh huyền MN nên BE = ⇒ MN = 2BE Tương tự QP = GD MQ = EF (EF là đường trung bình của ∆ MNQ) NP = FG (FG là đường trung bình của ∆ QNP) MN + NP + PQ + QM = (BE + EF + FG + GD) ≥ 2BD dấu "=" xảy và chỉ E, F, G ∈đường thẳng BD Khi đó MN // AC // PQ và MQ // BD // NP * Sử dụng phương pháp giải toán Bài 1: Trong tam giác ABC có chu vi: 2P = a + b + c (a,b,c là độ dài cạnh) Chứng minh: + +≥ 2(+ +) Dấu bằng bất đẳng thức xảy ∆ABC có đặc điểm gì ? Giải: Ta có P - a = - a = > Tương tự P - b > 0; P - c > Áp dụng bất đẳng thức Cauchy (P – a) + (P – b)≥ +≥ ⇒ [(P-a) + (P-b)] [ + ] ≥ ⇒ +≥ = = ⇒ +≥ Tương tự: + ≥ +≥ Dấu bằng xảy a = b = c ⇒∆ABC đều Vậy + + ≥ ( + + ) Dấu bằng bất đẳng thức xảy ∆ABC là tam giác đều 14 Bài 2: Cho ∆ABC có độ dài cạnh là: a,b,c, chu vi 2P Chứng minh: ≥ (P-a) (P-b) (P-c) Giải: Ta có P - a > 0; P - b > 0; P - c > Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số dương ta có: P-a + P-b ≥ ⇒ c ≥ 2(1) Tương tự: b ≥ 2(2) a ≥ 2(3) Nhân vế của (1), (2), (3) ⇒ ≥ (P-a) (P-b) (P-c) ⇒ (đpcm) * Bài tập vận dụng: Bài tập 1: Cho ABC vẽ phía ngoài tam giác ấy, các tam giác đều ABD, ACE Tính góc tạo các đường thẳng BE, CD Bài toán tương tự: Thay "tam giác đều" "tam giác vuông cân tại A” Bài tập 2: Cho ∆ ABC vuông cân tại A, trung tuyến AM Gọi d là đường thẳng qua A cho B và C thuộc một nửa mặt phẳng có bờ d Kẻ BH và CK vuông góc với d CMR tam giác MHK là tam giác vuông cân Bài toán tương tự: Thay "B và C thuộc hai nửa mặt phẳng đối có bờ d" 2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, bản thân, đồng nghiệp và nhà trường Đối với hoạt động giáo dục Trong chương trình giảng dạy của năm học 2017-2018, và các đồng nghiệp trường đã vận dụng sáng kiến này giảng dạy và công tác bồi dưỡng học sinh giỏi tại trường Kết quả cho thấy các em đã có những tiến bộ rõ rệt về kĩ vẽ hình, khả phân tích hình vẽ, ý tưởng tìm hướng giải và kĩ trình bày bài Một số em đã tìm tòi, khai thác bài toán tương đới tớt Qua đó kích thích được sự say mê, tìm tòi sáng tạo của học sinh học hình học nói riêng và môn toán nói chung Do đó kết quả học tập và thái độ yêu thích bợ mơn hình học của học sinh được nâng lên rõ rệt: * Trước áp dụng sáng kiến Khá Trung bình Yếu Điều tra Giỏi SL % SL % SL % SL % 62 SL % 3,2 9,7 24 38,7 26 41,9 6,5 kiểm tra Điều tra 62 u thích mơn học Bình thường Khơng thích học 15 SL HS % 10 16,1 SL % SL % 22 35,5 30 48,4 * Sau áp dụng sáng kiến: Giỏi Khá Điều tra 74 SL % kiểm tra Điều tra 74 HS 10,8 Trung bình Yếu SL % SL % SL % SL % 16 21,6 40 54,1 10 13,5 0 u thích mơn học Bình thường Khơng thích học SL SL % SL % 38 51,4 8,1 30 % 40,5 Qua so sánh bảng thống kê điểm kiểm tra tiết hình học của lớp trường THCS Lương Trung qua học kì I, năm học 2016-2017 và 2017-2018, thấy hiệu quả học tập của học sinh lớp 8học kì I năm học 2017-2018, được nâng lên rõ rệt Cụ thể sau: Tỉ lệ học sinh đạt điểm khá, giỏi đã cao (giỏi: từ 3,2% tăng lên 10,8% ;khá: từ 9,7%; tăng lên 21,6%; điểm dưới trung bình từ 48,4% giảm còn 13,5%) Điều đó chứng tỏ rằng việc sử dụng sáng kiến phát triển tư qua một số bài tập hình học lớp bằng phương pháp tương tự là có hiệu quả và hết sức cần thiết Học sinh nắm kiến thức, và làm bài tập vận dụng tốt Đồng thời qua so sánh bảng mức đợ tích cực, chủ đợng học tập của học sinh các năm học 2016-2017 và 2017-2018, tơi nhận thấy rằng sớ học sinh u thích môn học đã tăng lên rõ rệt ( từ16,1% Việc áp dụng phương pháp tương tự dạy học làm cho chất lượng giảng dạy bộ môn được nâng lên rõ rệt Từ đó góp phần nâng cao chất lượng đại trà và chất lượng mũi nhọn của nhà trường KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Qua áp dụng thực tế, bản thân đã thu được một số kết quả nhất định: Học sinh có hứng thú với môn hình học hơn; khả thực hiện các yêu cầu chứng minh tốt hơn, và đặc biệt đã tạo cho các em được thói quen mở rộng các bài toán quá trình giải toán và từ đó, gặp một bài toán, các em có thói quen xem xét một bài toán tương tự đặc biệt hơn, cụ thể để tìm cách giải cho bài toán đó Đây là sở cho việc sử dụng phương pháp đặc biệt hóa Từ đó góp 16 phần nâng cao hiệu quả giảng dạy của giáo viên, tạo cho học sinh ý thức tự học, tự khám phá kiến thức mới Bên cạnh đó, để nâng cao nữa hiệu quả của đề tài, mỗi người giáo viên, mà cụ thể là giáo viên dạy toán còn cần làm tốt các vấn đề sau: - Cần cố thật vững chắc các kiến thức bản của học sinh, tìm và thiết lập mối liên hệ giữa các kiến thức mà các em được học, từ đó làm sở cho các em tìm sự tương tự và những kết quả tổng quát cho bài toán cụ thể đưa - Trong mỗi bài tập mà giáo viên đưa ra, cần luôn yêu cầu và khuyến khích các em có thói quen mở rộng bài toán, tìm các kết quả tương tự hoặc mạnh hơn, tăng cường thói quen giải toán và đưa việc giải toán lại gần với việc học của các em - Đi đôi với phương pháp là phương pháp tương tự hoá, các em gặp một bài toán khó, cần hướng dẫn các em đưa nó về dạng đặc biệt hơn, cụ thể hơn, quen thuộc để giải, từ bài toán tương tự đó, tìm mấu chốt để giải bài toán mình cần Sau một năm áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào dạy học, nhận thấy sáng kiến có khả phát triển cho việc dạy học đại số, và có thể áp dụng có hiệu quả cho các trường THCS khác có điều kiện tương tự địa bàn huyện, tỉnh 3.2 Kiến nghị Để có thể vận dụng tốt nữa các vấn đề mà dưa ra, toi xin kiến nghị thêm một số ý kiến sau: - Đối với nhà Trường và tổ chuyên môn: Cần có thêm các buổi chuyên đề nâng cao chất lượng dạy học, đó có triển khai việc hướng dẫ giáo viên sử dụng các phương pháp tương tự hoá, tổng quát hoá, để hướng dẫn học sinh học toán và giải toán nói riêng - Trong các nội dung đề kiểm tra, đề thi, cần tăng cường các bài toán có tính mở cao để tạo điều kiện cho các em được vận dụng kiến thức của mình giải quyết bài toán theo nhiều hướng, từ đó rèn cho các em không học thuộc máy móc các lời giải mà giáo viên hướng dẫn Khi viết sáng kiến này đã rất cố gắng để hoàn thành và mong ḿn đem lại tính khả thi cao không tránh khỏi những sai sót Rất mong sự góp ý của đồng nghiệp để sáng kiến này hoàn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn ! Bá Thước, ngày 10 tháng 04 năm 2018 Tôi xin cam đoan là SKKN của mình viết, không chép nội dung của người khác XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG NGƯỜI VIẾT 17 Lê Bá Nghị Nguyễn Bá Cường 18 ... thi cho? ?n học sinh giỏi các cấp, chuyên đề ? ?Phát triển tư thông qua giải một số bài toán hình học lớp cho học sinh trường THCS Lương Trung bằng phương pháp tư? ?ng tư? ?”chiếm một. .. ? ?Phát triển tư thông qua giải một số bài toán hình học lớp cho học sinh trường THCS Lương Trung bằng phương pháp tư? ?ng tư? ?” là chuyên đề hay và lý thú Nên cấu trúc của một. .. trình dạy học của mình 1.3 Đối tư? ??ng nghiên cứu: - Phát triển tư giải một số bài toán hình học lớp cho học sinh Trường THCS Lương trung bằng phương pháp tư? ?ng tư? ? 1.4 Phương pháp