SKKN phát triển tư duy thông qua giải một số bài toán hình học lớp 8 cho học sinh trường THCS lương trung bằng phương pháp tương t

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Viêcc̣nâng cao chất lượng giáo dục phải gắn liền với viêcc̣đổi mới mục tiêu, nôịdung 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 nôịdung kiến thức môn học mà còn phải có khả vâṇdụng kiến thức đó vào thực tế cuôcc̣sống hoăcc̣tiếp tục học lên các bâcc̣học cao Đối với viêcc̣dạy học môn toán nói chung, phân môn hình học nói riêng, mục tiêu đó được cụ thể hoá bằng nhiêṃ vụ quan trọng là phát triển lực và tư của học sinh, đó là đôngc̣ lực giúp cho viêcc̣thực hiêṇcó hiêụquả các nhiêṃ vụ khác Môṭtrong những quá trình tư của học sinh là quá trình suy luâṇ tương tự Suy luâṇtương tự có vai trò to lớn hoạt đôngc̣ thực tiễn và khoa học, giai đoạn quan sát ban đầu để tìm phương hướng hoạt đôngc̣ hoăcc̣đề giả thiết tương tự chiếm ưu thế Quan sát phát hiêṇsự tương tự cho phép dự báo cách giải quyết Phương pháp tương tự cho phép nhanh chóng định hướng hành đôngc̣ chưa có điều kiêṇkiểm tra, chứng minh khoa học Hình học là môn học rất quan trọng việc rèn luyện 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 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 bài toán thông qua đặc điểm đặc biệt bài toán đó để mở rộng phát biểu bài toán dạng khác có thể đưa lại cho ta bài toán hay, 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 tơi thấy: - Về phía học sinh: Đa sớ các em còn lúng túng không biết cách trình bày giải mơṭbài toán hình học, khơng phát hiêṇđược tính chất tương tự môṭbài toán, các bài toán khác Đăcc̣biêṭkhông biết cách giải môṭbài 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 nghiêpc̣nào nghiên cứu về phương pháp chứng minh tương tự giải toán hình hoc Do đó chọn đề tài: “Phát triển tư thông qua giải môṭsố 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 luâṇvà thực trạng dạy học phân môn hình học lớp của trường THCS Lương Trung, sáng kiến kinh nghiêṃ 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 nhâṇmơṭbài 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 tâpc̣bô c̣môn SKKN là 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 môṭsố 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 nghiêpc̣ - Phương pháp điều tra sư phạm: Phỏng vấn, trao đổi; khảo sát điều tra số liêụtheo phiếu; thống kê và phân tích sớ liêụđiều tra - Phương pháp thực nghiêṃ sư phạm: Giảng dạy thực nghiêṃ tại trường - Tổng kết kinh nghiêṃ 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, biêṇ pháp thích hợp để kích hoạt khả sáng tạo và để đào sâu rôngc̣ khả tư của môṭcá nhân hay môṭtâpc̣thể côngc̣ đồng làm viêcc̣chung về môṭđề tài hay môṭ lĩnh vực nào đó[3] Trong toán học, nhất là dạy học toán theo chương trình đổi mới thì viêcc̣ dạy học theo phương pháp tích cực hoá hoạt đơngc̣ học tâpc̣của học sinh, học sinh được tiếp câṇkiến thức môṭcách chủ đông,c̣ sáng tạo từ những hình ảnh, mơ hình, ví dụ để hình thành các khái niêṃ tương tự, tổng quát Tương tự được hiểu là giống nhau, có 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, đăcc̣biêṭtrong hình học vô là phong phú Sự tương tự không phải chỉ có măṭở bên ngoài mà còn nằm bản chất của sự vâṭhiêṇtượng Sự tương tự có nguyên nhân sâu xa là sự thống nhất về bản chất bên của sự vât,c̣ hiêṇ tượng khác nhau, sự thống nhất về tính tởng quát của các quy lṭchi phới chúng Suy luâṇ tương tự là môṭphương pháp suy luâṇ lôgic từ sự giống về các dấu hiêụxác định của hai hoăcc̣nhiều đối tượng suy sự giống về các dấu hiêụkhác 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 môṭsố 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 u thích và học tớt 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 môṭsố 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 đề thi của các kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp, chuyên đề “Phát triển tư thông qua giải môṭsố bài toán hình học lớp cho học sinh trường THCS Lương Trung bằng phương pháp tương tự”chiếm 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, đăcbiệṭ 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 khơng thể giải quyết được giải quyết được phần giải quyết được biêṇluâṇkhông chăṭchẽ dẫn đến sai sót không đáng có Cụ thể năm học 2016-2017 sau chọn đề tài nghiên cứu tiến hành thí điểm khới với nội dung của bài kiểm tra môṭtiết (bài kiểm tra kèm theo phần phụ lục), và thái đô c̣ với môn hình học (phiếu khảo sat kèm theo phần phụ lục) cho thấy: Điều tra Giỏi 62 SL % kiểm tra 3,2 Điều tra 62 Khá Trung bình Yếu SL % SL % SL % SL % 9,7 24 38,7 26 41,9 6,5 u thích mơn học Bình thường Khơng thích học HS SL % 10 16,1 SL % SL % 22 35,5 30 48,4 Như vậy, qua khảo sát thực tế cho thấy có rất nhiều học sinh bị điểm yếu, kém và đa số học sinh khơng 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 châṃ - Thứ ba: Năng lực tư yếu - Thứ tư: Phương pháp học hình chưa tốt - Thứ năm: Thờ với viêcc̣học lớp, thường xuyên không làm bài tâpc̣ở 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 môṭbài toán hình học đòi hỏi viêcc̣suy luâṇ xác và chăṭchẽ Sau đã có phần chuẩn bị và suy nghĩ để tìm phương pháp chứng minh thì viêcc̣trình 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 lăpc̣lại: - Chứng minh DAEM = DBEC(cgc) để suy ra: AM = BC và AM // BC - Chứng minh DADN = DCDB(cgc) để suy ra: AN = BC và AN //BC * Cách chứng minh không lăpc̣lại: - Chứng minh DAEM = DBEC(cgc) để suy AM = BC và AM // BC - Chứng minh tương tự suy ra: AN = BC và AN //BC Ta nhâṇthấy: - 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 vâỵbài toán được trình bày ngắn gọn, khoa học Để giải môṭbài toán, chúng ta phải đọc kỹ đề bài, phân tích sơ bơ c̣giả thiết, kết luâṇcủa bài để vẽ hình xác, và loại bỏ những trường hợp khơng thoả mãn điều kiêṇbài toán Ví dụ 2: Cho DABC có: Â = 105o, 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 DABC * Cách chứng minh lăpc̣lại: Vì không xác định rõ đáy tam giác cân ADB và ADC nên ta phải xét trường hợp * Cách chứng minh không lăpc̣lại: 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 ³ ADB mà khơng mất tính tởng quát của bài toán Giải Giả sử ADC ³ ADB thì ADC ³ 900, dẫn đến tam giác cân ADC phải có đáy AC Ta chỉ phải xét trường hợp: Tam giác cân ADB có đáy AD BD 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 DADC) A = 2a + a = 3a = 1050 C= a = 35o; B = 180o - (105o+ 35o) = 40o Trường hợp 2: Tam giác cân ADB có đáy BD A B C 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 Ta có: A = a C D 1800 2a 900 1050 (không xảy ra) 2.3.2 Tìm tịi cách giải tốn: Ví dụ 1: Vẽ về phía ngoài tam giác ABC (B < 900; 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 DBID có cạnh BI và DCKE 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? với phần của bài toàn này? Các dữ kiện của bài toán DABD vuông cân, đường thẳng IK qua đỉnh góc vuông làm ta nhớ lại môṭbài toán đã giải có các dữ kiện tương tự đó là: Cho DABC có A = 900; AB=AC, qua A vẽ đường thẳng d cho B và C nằm phía đối 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 DACE vuông cân, được CK=AH Do đó BI=CK Nhờ liên hệ đến 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 DBID và DAHB có: BD = BA (gt) BAH = DBI (cùng phụ với ABH) =>DBID = DAHB =>AH=BI Chứng minh tương tự: DAHC = DCKE => AH=CK => BI=CK (đpcm) * Như 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 cách dễ dàng * Bằng cách sử dụng phương pháp tương tự với phương pháp đã sử dụng bài toán khác: Ví dụ 2: Cho DABC có: AB = AC; A = 200 Lấy điểm D cạnh AB cho: AD = BC Tính ACD= ? * Nhận xét: - Nhớ lại bài tập: Cho DABC: B = C = 500 Gọi K là điểm tam giác cho KBC = 100; KCB = 300 Chứng minh rằng: DABK là tam giác cân và tính sớ đo BCA Ở bài tập này ta có ABC + KBC = 500 + 100 = 600 Do đó ta vẽ DEBC đều(E và A phía đới với BC) x́t ABE = KBC Ta lại có BCA - A = 800 - 200 = 600 là góc của tam giác đều E A B C Do đó, hai bài toán hoàn toàn khác nhau, sự tương tự cho ta cách vẽ tam giác đều BEC Giải: Vẽ DBEC đều (E và A phía đới với BC) Cách vẽ này làm xuất ECA = DAC dẫn đến DECA = DDAC (c.g.c) suy CAE = ACD ta dễ dàng tính được CAE = 100, đó ACD = 100 A D E Ví dụ a) Chứng minh rằng nếu các cạnh đối diệnB với các đỉnh A,C B, C ta lấy các điểm A', B', C' cho AA', BB', CC' đồng quy thì: =1 M A N 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 B' Giải: C' a) Qua A vẽ đường thẳng // BC O B A' C cắt BB', CC' N, M ta có: = ; BC =AM ;= Nhân các đẳng thức vế, ta được: =1 b) Chứng minh tương tự (câu a) Chú ý: Các hệ thức viết câu a và các c̣thức Ở câu b là Chỡ khác là vị trí của các điểm A', B', C' - Ở câu b có đúng điểm cả điểm nằm ngoài tam giác 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: HA AA1 HB BB1 HC 1 CC1 Chứng minh: A B1 C1 H B A1 C Để tính được các tỉ số: HA1 HB1 HC1 ta phải nghĩ đến cách chia DABC thàn h AA ; ; BB CC 1 các tam giác nhỏ: DHBC; DHAC; DHAB, và xét tỉ sớ diện tích các tam giác: DHBC; DHAC; DHAB và DABC S HBC ABC Ta có: S HA1 BC AA1 HA1 BC BC AA HA1 AA 1 BC S Chứng minh tương tự ta có: S Từ đó suy ra: HA1 HA AA1 HB HC1 BB1 BB HC 1 CC HC ABC S S HBC AA Vậy: HB1 HB S HAB BB ; S HAC S HAC S CC ABC S HAB ABC ABC S ABC CC1 Như 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 cách tương tự sử dụng đến bài toán diện tích Bắng cách phát 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 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: + + = Chứng minh: 10 A C1 B1 T B H H' C A1 Để chứng minh bài toán này chúng ta phải khai thác các tỉ số: TA TB TC 1; 1; dưới dạng tỉ số khác có liên quan đến diện tích các DBTC; AA1 BB1 CC1 DATC; DATB bằng cách: Gọi h; h2; h3 là độ dài các đường cao kẻ từ điểm T xuống các cạnh BC; AC; AB Ta có: SBTC AH.BC h1.BC ;SABC Từ đó ta lập được tỉ số: S h1.BC AH.BC BTC S ABC Đến chúng ta lại chứng minh tỉ số: h1.BC h1 AH.BC ( S TA1 h1 ) bằng BTC S ABC AA1 AH AH ’ lý Ta-Let cho DAHA1 có: TH // AH suy ra: TA AA1 TH ' h AH AH S Vậy: TA1 AA S BTC S ABC BTC S ABC TB S Bằng cách chứng minh tương tự ta có: BB Do: S S ABC S BTC Từ đó suy ra: ATC ; S S ATC TC S ATB CC ABC S ABC ATB TA1 AA1 TB1 BB1 TC1 CC1 S ATC S S BTC ABC S ATB S ABC S ABC cách nghĩ đến định Ở những bài toán đã xét trên, các giao điểm là những điểm đặc biệt tam giác Giả sử có điểm bất kỳ nằm tam giác thì cách chứng minh cũng tương tự với các điểm đặc biệt Bài tâpp̣vâṇdụng 11 Cho DABC có ba góc nhọn và I là 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 AM IB BN IC 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 đăcc̣biêṭtừ 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 găpc̣các bài toán cực trị hình học, từ môṭbài toán cụ thể đã được giải, ta có thể vâṇdụng tính tương tự để giải mơṭsớ bài toán khác có tính chất tương tự hoăcc̣khai thác bằng cách sử dụng mơṭphần kết quả từ bài toán đó Ví dụ 1: Cho hai điểm A, B nằm về nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng a Tìm đường thẳng A điểm P cho PA + PB là nhỏ nhất A B 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 ³ A'B=> PA + PB ³ A'B dấu "=" xảy P Ỵ A'B mà P Ỵ a nênPA + PB nhỏ nhất P º P' * Sử dụng tính chất đới xứng của môṭđiểm qua môṭđường thẳng, ta phát triển môṭbài 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 B O x A y C 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 + A1C³ A1A2 (không đổi) dấu "=" xảy B, C Ỵđường thẳng A1A2 mà BỴ Ox; C Ỵ Oy nên để AB + BC +AC nhỏ nhất thì B, C là giao điểm của A1A2 với Ox, Oy * Khi găpc̣bài toán cực trị liên quan đến chu vi tứ giác, ta cũng áp dụng sự tương tự về tính chất đới xứng của hai điểm qua mơṭđiểm và có bài toán sau; Ví dụ 3: Cho hình vuông 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 B N C P E M F A G Q D Gọi E, F, G lần lượt là trung điểm của MN, NQ, PQ DBMN 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 D MNQ) NP = FG (FG là đường trung bình của D QNP) MN+NP+PQ+QM=2(BE+EF+FG+GD)³2BD dấu "=" xảy và chỉ E, F, G Ỵđường 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) + +³2(+ +) Chứng minh: Dấu bằng bất đẳng thức xảy DABC 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)³ +³ [(P-a) + (P-b)] [ + ] ³ +³= = +³ Tương tự: + ³ +³ Dấu bằng xảy a = b = c DABC đều Vâỵ + + ³ ( + + ) Dấu bằng bất đẳng thức xảy DABC là tam giác đều Bài 2: Cho DABC có độ dài cạnh là: a,b,c, chu vi 2P 14 ³ (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 ³ c ³2(1) Tương tự: b ³2(2) a ³2(3) Nhân vế của (1), (2), (3) ³ (P-a) (P-b) (P-c) (đpcm) * Bài tâpc̣vâṇdụng: Bài tâpp̣1: 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 tâpp̣2: Cho D ABC vuông cân tại A, trung tuyến AM Gọi d là đường thẳng qua A cho B và C thuộc 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 đôngp̣ giáo dục Trong chương trình giảng dạy của năm học 2017-2018, và các đồng nghiệp trường đã vâṇdụng 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 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 môn hình học của học sinh được nâng lên rõ rệt: * Trước áp dụng sáng kiến Điều tra Giỏi Khá Trung bình Yếu SL % SL % SL % SL % 62 SL % 3,2 9,7 24 38,7 26 41,9 6,5 kiểm tra Chứng minh: Điều tra 62 HS u thích mơn học Bình thường Khơng thích học S L SL SL % % % 15 10 16,1 22 35,5 30 48,4 * Sau áp dụng sáng kiến: Điều tra Giỏi 74 SL % kiểm tra 10,8 Điều tra 74 HS Khá 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 môṭsố bài tâpc̣ 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 tâpc̣vâṇdụng tốt Đồng thời qua so sánh bảng mức độ tích cực, chủ động học tập của học sinh các năm học 2016-2017 và 2017-2018, nhận thấy rằng sớ học sinh u thích mơn học đã tăng lên rõ rệt ( từ16,1% Việc áp dụng phương pháp tương tự dạy học làm cho chất lượng giảng dạy bô c̣ 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 số kết quả nhất định: Học sinh có hứng thú với môn hình học hơn; khả thực 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 bài toán, các em có thói quen xem xét 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 phần nâng cao hiệu quả giảng dạy của giáo viên, tạo cho học sinh ý thức tự học, tự khám phá kiến thức mới 16 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 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 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 môṭnăm áp dụng sáng kiến kinh nghiêṃ vào dạy học, nhâṇthấy sáng kiến có khả phát triển cho viêcc̣dạy học đại số, và có thể áp dụng có hiêụquả cho các trường THCS khác có điều kiện tương tự địa bàn huyên,c̣ tỉnh 3.2 Kiến nghị Để có thể vận dụng tốt nữa các vấn đề mà dưa ra, toi xin kiến nghị thêm 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 muốn đem lại tính khả thi cao khơng 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 Nguyễn Bá Cường Lê Bá Nghị 18 ... Đối t? ?? ??ng nghiên cứu: - Pha? ?t triển t? ? giải m? ?t? ?số bài toán hình học lớp cho học sinh Trường THCS Lương trung bằng phương pháp t? ?? ?ng t? ?? ? 1.4 Phương pháp nghiên cứu: - Quan sa? ?t theo... kiến thức khác Vì thế việcpha? ?t triển t? ? giải m? ?t? ?số bài toán hình học lớp cho học sinh bằng phương pháp t? ?? ?ng t? ?? ?là râ? ?t cần thiê? ?t và nếu học sinh tiếp thu t? ?? ?t phương. .. triển t? ? thông qua giải m? ?t? ?số bài toán hình học lớp cho học sinh trường THCS Lương Trung bằng phương pháp t? ?? ?ng t? ?? ?”chiếm lượng kiến thức nhâ? ?t định cấu trúc của đề, tuỳ theo