TIỂU LUẬN CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC 3

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP HỒ CHÍ MINH Khoa Giáo dục Tiểu học Tiểu luận môn học: CƠ SỞ TOÁN Ở TIỂU HỌC BÀI THI KẾT THÚC HỌC PHẦN Contents I ĐẶT VẤN ĐỀ: “Toán học ngành khoa học nghiên cứu trừu tượng chủ đề như: lượng (các số), cấu trúc, không gian, thay đổi” Tốn học có góp mặt tích cực vào lĩnh vực khoa học khác đời sống thực tiễn Do đó, việc dạy học tốn phổ thống nói chung tiểu học nói riêng đóng vai trị quan trọng Nó cung cấp tảng kiến thức để học sinh bước phát triển cao hơn, sâu vào toán học hay đơn giản dừng lại mức độ xử lý vấn đề giản dị đời sống liên quan đến toán học Với nhận thức tốn học trên, nhóm tác giả chọn hướng tiếp cận toán học giác độ bản, trọng khai thác phạm trù tốn học giới hạn chương trình Tốn tiểu học hành Các vấn đề bao gồm: giải tốn? Q trình bốn bước để giải toán theo Polya; chiến lược, phương pháp chung để giải tốn; tốn khơng giải đốn; biến số phương trình, phương pháp đếm số tam giác hình cho trước số tốn hay Trong phạm vi luận mình, nhóm tác giả cố gắng khai thác sâu vấn đề nêu giới hạn khả thân Ngồi kiến thức có tài liệu tiếng Anh “Mathematics for Elementary Teachers: A Conceptual Approach” Bennett A B, Burto J, Nelson L T, chúng tơi cịn mở rộng vấn đề nói theo nhiều chiều Đặc biệt mục ba, cố gắng bám sát, nêu tên gọi tương ứng phân tích sâu phương pháp giải toán tiểu học phổ biến hành, sưu tầm thêm số phương pháp chuyên gia toán học, thầy, cô giáo tiểu học sử dụng để giúp học sinh giải toán phù hợp với đặc điểm tâm sinh lý, phương pháp có ví dụ cụ thể trình bày cách khoa học, rõ ràng dễ hiểu Ở số phương pháp cịn có gắn kết với thực tiễn đời sống, định hướng nghệ thuật dạy học cho giáo viên II NỘI DUNG: CÂU I MỘT SỐ VẤN ĐỀ LÝ LUẬN LIÊN QUAN ĐẾN TOÁN TIỂU HỌC THẾ NÀO LÀ GIẢI MỘT BÀI TOÁN? 1.1 KHÁI NIỆM VỀ MỘT BÀI TOÁN, MỘT BÀI TOÁN Ở TIỂU HỌC Trong toán học, toán thường bao gồm hai phận: là, kiện biết số liệu, biến số, phép tốn, kí hiệu toán học, mối quan hệ thành tố ấy; hai vấn đề cần giải Vấn đề địi hỏi tính vừa sức người tiếp nhận, khơng q khó khơng q dễ, tạo nên tình mà người học chưa biết, quan tâm, thắc mắc thực có nhu cầu giải quyết, nghĩa toán phải dựa đặc điểm tâm lý lứa tuổi, kích thích tư học sinh, người học nhận diện giải tốn dựa kinh nghiệm toán học mà họ tích lũy Để kích thích tư học sinh, đặc biệt học sinh tiểu học, vấn đề toán đặt cần phải phù hợp với đặc điểm tâm lý trẻ, trước hết đặc điểm tư Tư học sinh tiểu học có thay đổi phát triển dần theo độ tuổi, từ tư trực quan, cụ thể chuyển dần sang tư mang tính trừu tượng, khái quát Với đặc điểm ấy, học sách giáo khoa Toán lớp phải thống theo nguyên tắc định Cụ thể, sách giáo khoa mơn Tốn lớp nói riêng sách giáo khoa mơn khác lớp nói chung thường sử dụng nhiều hình ảnh mang màu sắc sinh động để lôi trẻ học tập Bài học để trẻ làm quen nhận diện “phép cộng phạm vi 3” ví dụ điển hình: Ở phần ví dụ, sách sử dụng bốn hình ảnh vật để miêu tả bốn phép toán cộng phạm vi 3: hai gà đại diện cho hai đơn vị chia cắt dấu gạch xiên chúng nằm ô lớn Ô lớn đại diện cho tổng Tương tự, ba hình cịn lại Qua hình ảnh này, nhận thấy phận tốn Xét mơ hình bao gồm yếu tố biết số lượng gà, xe tơ, rùa, dấu chấm trịn thuộc hai bên hình, mối quan hệ chúng (cùng nằm ô lớn) vấn đề đặt Xét mặt đại số bao gồm kiện biết số, phép tốn, kí hiệu dấu “=” vấn đề cần giải (kết tổng) Đây hình thức ban đầu đại số song chúng dừng lại mức độ làm quen với trẻ chưa vào nhận diện hình thành khái niệm Tuy nhiên, toán học sinh lớp trở lên bắt đầu giảm dần hình ảnh trực quan để miêu tả toán, người ta thay chúng lời văn kí hiệu Bài tốn có lời văn xuất từ khoảng chương trình Tốn lớp Chúng tăng dần tần số xuất từ Tốn lớp trở với tính chất ngày khó Cùng với đó, chương trình Toán lớp 2, trẻ bắt đầu tiếp cận với phép tốn cộng trừ phạm vi 100 có nhớ; bảng nhân bảng chia 2, 3, 4, 5; chu vi hình tam giác, hình tứ giác…Lên Tốn lớp 3, trẻ tiếp tục học bảng nhân, bảng chia lại từ đến 9; thực hành phép tốn nhân chia có dư; làm việc với khái niệm biểu thức đại số Hình học Tốn lớp trở nên phong phú hơn, học sinh bắt đầu làm việc với chu vi hình quen thuộc hình chữ nhật, hình vng, hình trịn (xác định tâm, bán kính), khái niệm hình học điểm, đoạn thẳng…Đặc biệt, học sinh lớp 4, thuộc giai đoạn cuối cấp tiểu học, em phát triển mạnh tư trừu tượng học thực hành nhiều tốn hình học, phép tốn nhân, chia, cộng trừ dạng phức tạp; bắt đầu học số thập phân phép toán số thập phân Toán lớp 5… 1.2 KHÁI NIỆM VỀ GIẢI MỘT BÀI TOÁN Giải một toán hay giải vấn đề (trong toán học) q trình mà tình khơng quen thuộc giải Một toán cần phải hàm chứa tính có vấn đề từ liệu trình bày phần 1.1 Giải vấn đề tốn giải Một tốn có hay nhiều vấn đề, vấn đề sở để tìm vấn đề khác Quá trình diễn vấn đề cuối tháo gỡ Ví dụ tốn lớp sau: “Một ruộng hình thang có đáy lớn 120m, đáy bé 2/3 đáy lớn Đáy bé chiều cao 5m Trung bình 100m thu hoạch 64,5 kg thóc Tính số ki – lơ- gam thóc thu hoạch ruộng đó” Bài tốn với kiện cho độ dài đáy lớn, tỷ số độ dài đáy lớn đáy bé, hiệu đáy bé chiều cao, số ki - lơ - gam thóc thu hoạch trung bình 100m ruộng Bài tốn đưa vấn đề cần giải tìm số ki lơ - gam thóc thu hoạch tồn ruộng Trong tốn này, vấn đề cần giải khơng có để giải vấn đề cuối cần phải giải vấn đề thứ yếu đặt toán Các vấn đề thứ yếu độ dài đáy bé độ dài chiều cao Bài tốn giải theo bước sau: Một là, tóm tắt tốn: Độ dài đáy lớn: 120 m Độ dài đáy bé: 2/3 độ dài đáy lớn Độ dài chiều cao: ngắn chiều cao m Trung bình 100m2: 64,5 kg thóc Hỏi ruộng:…kg thóc Hai là, tiến hành giải tốn trên: Bài giải Độ dài đáy bé là: 120 : = 80 (m) Độ dài chiều cao là: 80 – = 75 (m) Hai lần diện tích ruộng hình thang là: (120 + 80) 75 = 15000 (m2) Diện tích ruộng hình thang là: 15000 : = 7500 (m2) Số ki - lô - gam thóc thu hoạch là: 7500 64,5 : 100 = 4837,5 (kg) Đáp số: 4837,5 ki - lô - gam thóc Một tình vấn đề người khơng vấn đề người khác Ví dụ, xác định số người xe ô tô xe ô tô chứa đựng người có lẽ vấn đề học sinh tiểu học Họ giải vấn đề việc thay viên bi tròn hộp vẽ giấy để đại diện cho số xe người sau đếm để xác định tổng số người xe: Trong toán học, tốn khơng phải giải Những tốn khơng thể giải thích, chứng minh hay tìm đáp án khơng có nghĩa chúng sai Vấn đề bàn luận nhiều phần sau QUÁ TRÌNH BỐN BƯỚC GIẢI MỘT BÀI TOÁN CỦA POLYA? 2.1 LÝ LUẬN VỀ BỐN BƯỚC GIẢI MỘT BÀI TOÁN CỦA POLYA George Polya nhà Toán học - nhà sư phạm tiếng người Mỹ, bậc thầy phương pháp giải vấn đề Ơng có tầm ảnh hưởng lớn nhiều giáo viên dạy toán Khi nhấn mạnh ý nghĩa việc dạy học sinh biết tự phát hiện, tìm tịi cách giải tốn, G Polya viết: “Cách giải thật đúng, làm để nghĩ cách giải khác? Sự kiện kiểm nghiệm, làm để phát kiện vậy? Và làm để tự phát được?” Theo tư tưởng sư phạm G.Polya, cần phải giúp học sinh biết tiến hành hoạt động giải tốn thơng qua thao tác trí tuệ, ơng đưa phương pháp chung để giải tốn theo quy trình bốn bước: tìm hiểu tốn; xây dựng chương trình giải tốn; trình bày lời giải (giải tốn dựa kế hoạch định); nghiên cứu sâu lời giải Trong viết này, tiến hành cụ thể hóa việc vận dụng lí luận quy trình giải tốn G Polya, đặc biệt dạy học Toán cho học sinh Tiểu học Quy trình giải Tốn G.Polya gồm bốn bước sau: Bước 1: Tìm hiểu tốn Để tìm hiểu nội dung toán, cần ý yếu tố bản: Phân biệt cho, phải tìm phải chứng minh; Cần nắm rõ thuộc chất, khơng thuộc chất đề để hướng ý vào chỗ cần thiết; tóm tắt đề tốn sơ đồ đoạn thẳng, hình vẽ, ngơn ngữ hay ký hiệu ngắn gọn Ở bước này, giáo viên nêu câu hỏi để dẫn dắt học sinh như: tốn cho biết gì? Bài tốn hỏi gì? Bước 2: Xây dựng chương trình giải tốn Yếu tố quan trọng giải tốn việc xây dựng chương trình giải cho tốn Vì vậy, thực hiện, cần ý: lập kế hoạch giải tốn (có thể phân tích tốn cho thành nhiều tốn đơn giản quen thuộc, sau sử dụng phương pháp đặc thù với dạng tốn) Ví dụ: Bể có cá, bể có nhiều bể cá Hỏi hai bể có cá? Bài tốn dựa vào hai tốn: Bài tốn 1: Bể có cá, bể có nhiều bể Hỏi bề có cá? (tốn lớp 1) Bài tốn 2: Bể có cá, bể có cá Hỏi hai bể có cá? (bài tốn gộp – lớp 1) Thiết lập trình tự giải tốn Ở bước này, giáo viên dẫn dắt học sinh câu hỏi: Để trả lời câu hỏi tốn cần phải biết gì, cần phải làm phép tính nào? Trong điều ấy, biết, chưa biết? Muốn tìm chưa biết chứng ta phải biết gì, phải làm tiếp phép tính gì? Ví dụ: Lấy ví dụ tốn vừa nêu trên, ta thiết lập trình tự giải tốn sau: Tìm số cá bể (lấy 4+3), có số cá bể số cá bể (đề cho trước) ta giải u cầu tốn tìm số cá bể (lấy 4+7) Bước 3: Trình bày lời giải thực phép tính Ví dụ: Lấy ví dụ nêu bước 2, lời giải phép tính trình bày sau: Bài giải: Số cá có bể là: 4+3 =7 (con cá) Số cá có hai bể là: 4+7= 11 (con cá) Đáp số: 11 cá Bước 4: Kiểm tra nghiên cứu lời giải Việc giúp cho học sinh có thói quen tự kiểm tra lại kết toán việc quan trọng giáo dục em đức tính cẩn thận, chu đáo, ý thức trách nhiệm với cơng việc làm Do đó, sau trình bày lời giải, giáo viên cần yêu cầu học sinh thực hiện: kiểm tra lại kết phép tính, xem lại câu lời giải q trình giải có hợp lí chưa? Nhìn lại tồn bước giải, rút phương pháp để giải toán đó; tìm thêm cách giải khác; phát triển, đặt toán 2.2 MỘT SỐ BÀI TOÁN Ở TIỂU HỌC VÀ BỐN BƯỚC GIẢI TOÁN CỦA POLYA Bài tốn 1: Lớp 4A có 35 học sinh lớp 4B có 33 học sinh tham gia trồng Lớp 4A trồng nhiều lớp 4B 10 Hỏi lớp trồng cây, biết học sinh trồng số nhau? Bước 1: Tìm hiểu tốn u cầu học sinh đọc kĩ đề toán trả lời: Bài tốn cho biết gì? Bài tốn u cầu tìm gì? u cầu học sinh tóm tắt tốn Có thể tóm tắt sau: Lớp 4A: 35 học sinh Lớp 4B: 33 học sinh Lớp 4A trồng lớp 4B: 10 Lớp 4A trồng: ? Lớp 4B trồng:…? Bước 2: Xây dựng chương trình giải Yêu cầu học sinh phân tích tốn để tìm cách giải Có thể hướng dẫn học sinh suy luận sau: muốn biết lớp trồng ta phải biết gì? (mỗi học sinh trồng cây); để biết học sinh trồng ta phải biết gì? (Lớp 4A lớp 4B học sinh); ta tìm số học sinh lớp 4A lớp 4B nào? (lấy 35 – 33) Yêu cầu học sinh thiết lập trình tự giải tốn, thiết lập theo sơ đồ sau: Số học sinh lớp 4A số học sinh lớp 4B Số học sinh trồng Số lớp 4A trồng Số lớp 4B trồng Bước 3: Trình bày lời giải: Giáo viên yêu cầu học sinh nhìn sơ đồ trình bày lời giải tốn 10 CÂU III GIẢI BÀI TẬP TÌM NGHIỆM NGUYÊN CỦA PHƯƠNG TRÌNH SAU: 205X93Y=1 Ta có 205x-93y = Nếu đặt z= -y, phương trình là: 205x + 93z = a=205, b=93, c=1 Ta có (205, 93)=1 =[2|4, 1, 8, 2] => n=4 Khi đó: P=97, Q=44 Từ ta  Phương trình có nghiệm Vậy nghiệm phương trình (t   , (t GIẢI BÀI TỐN CHUYỂN ĐỘNG Tóm tắt tốn: Vận tốc tơ: 35 km/h Thời gian ô tô: chậm 2h so với thời gian dự định Vận tốc xe máy: 50 km/h Thời gian xe máy: sớm 1h so với thời gian dự định Hỏi quãng đường AB: ? km Thời gian dự định ban đầu: ? h Bài giải Cách 1: Sử dụng phương pháp đại số Gọi t thời gian dự định ban đầu (h) (t>0) Nếu xe ô tô với vận tốc 35km/h quãng đường AB dài là: 35.(t+2) Nếu xe máy với vận tốc 50km/h qng đường AB dài là: 50.(t-1) Ta có độ dài quãng đường AB không đổi nên: 35.(t+2) = 50.(t-1)  35t +70 = 50t -50  15t= 120  t = (h) 88 Như quãng đường AB dài là: 35.(8+2)= 350 (km) Đáp số: Độ dài quãng đường AB 350 ki-lô-mét; Thời gian dự định ban đầu Cách (cách tiểu học): Sử dụng phương pháp hiệu tỉ số Ta có tỉ số vận tốc ô tô xe máy là: Do vận tốc tỷ lệ nghịch với thời gian nên: Từ ta có sơ đồ đoạn thẳng biểu thị chênh lệch thời gian hai xe sau: Ta có hiệu số phần là: 10 – = (phần) Vì xe tơ đến muộn xe máy đến sớm so với thời gian dự định ban đầu nên hiệu thời gian chênh lệch chúng Giá trị thời gian phần là: : =1 (giờ) Thời gian ô tô là: x 10 =10 (giờ) Thời gian xe máy là: x = (giờ) Thời gian dự định ban đầu là: + 1= (giờ) Quãng đường AB dài là: x 50 = 350 (km) Đáp số: Độ dài quãng đường AB 350 ki-lô-mét; Thời gian dự định ban đầu ĐA DIỆN ĐỀU K CÓ 12 CẠNH VÀ MỖI ĐỈNH CÓ CẠNH ĐI QUA CÁC MẶT CỦA K LÀ HÌNH GÌ? Ta có C= 12, p=3 Theo cơng thức pĐ=nM=2C (1) 89 (Với p số cạnh chung đỉnh; Đ số đỉnh; n số cạnh mặt; M số mặt; C số cạnh) Từ (1) ta có 3Đ=2 x 12  Đ=8 (đỉnh) Mặc khác ta lại có Đ – C + M = (Đặc số Euler) Nên – 12 + M =  M= (mặt) Mà nM=2C  n x = x 12  n = Suy mặt K hình vng Một đa diện có mặt hình tứ giác đa diện hình lập phương Kết luận: Các mặt K hình vng (tứ giác đều) CHO ĐA GIÁC ĐỀU N CẠNH KHI SỐ CẠNH TĂNG LÊN THÌ SỐ ĐƯỜNG CHÉO, GĨC Ở ĐỈNH TĂNG HAY GIẢM? HÃY GIẢI THÍCH - Ta có đỉnh đa giác nối với (n-3) đỉnh cịn lại (loại trừ đỉnh hai đỉnh gần kề ta nối chúng với tạo thành cạnh đa giác) Đa giác có n cạnh có n đỉnh, số đường chéo đa giác xuất phát từ n đỉnh là: n(n-3) Tuy nhiên hai đỉnh tạo đường chéo trùng nên số đường chéo đa giác là: [n(n-3)]/2 (n>3, n Giả sử ta tăng số cạnh đa giác lên thêm x cạnh (x>0) số cạnh là: Tương đương với Xét f(x)= , D= (0, ) Ta có f’(x)= >0 Suy f(x) đồng biến.Như ta tăng số cạnh lên thêm x cạnh số đường chéo đa giác tăng tăng lên lượng (đường chéo) - Ta xét đa giác A1A2A3A4…An, từ đỉnh A1 ta kẻ đường chéo đến đỉnh A3, A4, …An-1 ta tạo thành (n-2) tam giác (trừ bỏ cạnh A1A2 A1An) Tổng số đo tam giác 180 độ nên ứng với (n-2) tam giác tổng số đo góc bên đa giác 180.(n-2) Mỗi đa giác có n cạnh n đỉnh, 90 ta có cơng thức tính số đo góc đỉnh đa giác n cạnh là: Nếu tăng số cạnh đa giác lên thêm x cạnh (x>0), ta có số đo góc đa giác lúc sau: Xét hàm số f(x)= , D=(0, ) f’(x)= >0 Suy hàm số đồng biến Như ta tăng số lượng cạnh lên thêm x cạnh số đo góc đỉnh tăng CHO HÌNH THANG ABCD a) Chứng minh hình thang đồng phân với hình chữ nhật b) Với điều kiện hình thang đồng phân với hình vng c) Vẽ hai đường chéo AC, BD Hãy đếm số tam giác hình thu (chú ý trình bày cách đếm) a Ta có hình vẽ sau: Gọi M trung điểm AD; N trung điểm BC Từ M kẻ đường thẳng vng góc cắt DC E kéo dài cắt AB F Từ N kẻ đường thẳng vng góc cắt DC G kéo dài cắt AB H Ta xét tgAMF tgDME có: = MD = MA MF =ME 91 => tg AMF = tg DME (c-g-c) Do = = 90o Chứng minh tương tự tg NGC =tg NHB Do = =90o => FEGH hình chữ nhật Nói cách khác, ta cắt bỏ phần tam giác MDE để lắp vào vị trí tam giác MAF; cắt bot phần tam giác NCG để lắp vào vị trí NBH, ta chuyển hình thang thành hình chữ nhật hình chữ nhật cắt lăp ngược lại hình thang Điều với hình thang Kết luận: Hình thang hình chữ nhật đồng phân với b Tìm điều kiện để hình thang đồng phân với hình vng * Lập kế hoạch Ta định hướng làm sau: Muốn tìm điều kiện để hình thang đồng phân với hình vng ta ngược lại, nghĩa xuất phát từ hình vng ABCD có sẵn tìm cách cắt lắp thành hình thang Trong q trình thực phát điều kiện để hình thang đồng phân với hình vng Định hướng giải cắt tam giác FAD để lắp vào vị trí tam giác BCM tạo thành hình thang FBMD Như nhiệm vụ chứng minh hai tam giác FAD BCM Bước 1: Kẻ nối đoạn thẳng phụ trợ hình vẽ bên Bước 2: Chứng minh tg FJB=tg NCB Bước 3: Chứng minh tg BCM = tg NBC, từ suy tg JBF= tg BCM Bước 4: Chứng minh tg JBF=tg DAF, từ suy tg DAF = tg BCM Bước 5: Rút điều kiện * Thực kế hoạch 92 Gọi F trung điểm AB Kẻ đường thẳng FD cắt BC J Qua C, kẻ đường thẳng song song với FD cắt AB N Từ N dựng vng góc cắt DC M Ta xét tg JBF tg CBN có: = = (so le trong) tg JBF = tg CBN (g-g-g) = (so le trong) Chứng minh tg NBC = tg MCB (g-c-g)  Tg JBF = tg MCB (1) Chứng minh tg JBF = tg DAF( G – G - G)(2) == 90o = (góc đối) = (so le trong) Và (2) => tg MCB = tg DAF Do ta có FD = BM  FBMD hình thang cân (3) Ta lại có tg FAD = tg NBC = tg JBF Suy AF = FB = BN= NM Suy FN = NM Mà = 90o 93  Tg FNM vng cân FMN= 45o Do = 90 – 45 = 45o Mà: = 45o (góc tạo đường chéo hình vng ABCD)  Tg DEM vuông E (4)  (3) (4) điều kiện để hình thang đồng phân với hình vng Kết luận: Để hình thang đồng phân với hình vng hình thang phải hình thang cân góc tạo hai đường chéo hình thang góc vng c Vẽ hai đường chéo AC, BD Hãy đếm số tam giác hình thu (chú ý trình bày cách đếm) Ta có hình thang ABCD hai đường chéo AD, BC Chúng ta liệt kê hình tam giác cách: Bước 1: Đánh số thứ tự từ trái qua phải, từ xuống cho hình tam giác Bước 2: Liệt kê hình tam giác từ trái qua phải từ xuống  Các hình tam giác đơn: (1), (2), (3), (4) => có hình  Các hình tam giác đơi (hình tam giác có chứa hình nhỏ): (1+2), (2+3), (3+4), (1+4) => có hình Vậy tổng số hình tam giác có bên hình thang hình 94 CHO TRƯỚC HAI HÌNH VNG TÙY Ý HÃY CẮT HAI HÌNH VNG ĐĨ THÀNH CÁC ĐA GIÁC LỒI ĐỂ KHI GHÉP TẤT CẢ CÁC ĐA GIÁC ĐÓ LẠI TA ĐƯỢC MỘT HÌNH VNG Với hai hình vng bất kỳ, để cắt ghép chúng tạo thành hình vng khác, ta có hai trường hợp xảy xa: TH1 Một hình vng lớn hình vng nhỏ Ta có hai hình vng lớn nhỏ ABFE EKHG đặt cạnh hình vẽ trên: Gọi a độ dài cạnh hình vng lớn b độ dài cạnh hình vng nhỏ 95 Trên cạnh AE, BF lấy AC, BD cho AC= BD=EG=GH=b Nối CD, đoạn CD lấy CI cho CI=GH=b Khi CE=AE-AC=ID=KF=DF=IK= a-b; AD=IG=; CG=IH=AB=CD=a-b+b= a; AC=BD=GH=CI= b => Ta nối AD IG Đoạn thẳng AD IG chia tứ giác ABDC CIHG thành hình tam giác vng Ngồi tứ giác IDFK hình vng có bốn cạnh DF vng với FK - Ta tiến hành ghép hình đa giác lồi cắt thành tứ giác A’B’C’D’ hình theo chiều thứ tự số Hình vng M’N’J’K’ (IDFK) đặt tứ giác Cách lắp ghép hoàn tồn thực vì: M’N’=ID=a-b; N’B’=GH= b; Ta có M’N’+N’B’= a-b+b= M’B’=AB=a (đúng) * Xét tứ giác A’B’D’C’ có: A’B’=B’D’=D’C’=C’A’= (1) Mặc khác, +=90o Mà = (do tam giác nhau) => +=90o (2) => Tứ giác A’B’D’C’ hình vng TH2 Hai hình vng 96 Với hai hình vng việc cắt ghép đơn giản Một đường chéo hình vng chia hình vng thành tam giác vng có cạnh huyền a (giả sử độ dài cạnh hình vng a) Như với hai hình vng cho ta hình tam giác vng có cạnh huyền Ghép bốn mảnh tam giác theo thứ tự chiều hình bên cạnh ta liền nhận tứ giác có cạnh xung quanh a Tứ giác có hai đường chéo vng góc với (do góc tạo thành vốn góc vng hình vng ban đầu) Kết luận: Tứ giác vừa nhận hình vng sau cắt lắp ghép từ hai hình vng khác ĐA GIÁC ĐỀU CẠNH CÓ ĐỒNG PHÂN VỚI MỘT HÌNH CHỮ NHẬT KHƠNG? TẠI SAO? Gọi M, N trung điểm cạnh AE, BD => FM ┴ AE M (do ∆ AFE cân) CN ┴ BD N (do ∆ BCD cân) 97 Đa giác ABCDEF có: ∆ AMF = ∆ EMF = ∆ BNC = ∆ DNC; Hình chữ nhật ABDE Kẻ HI // AE qua C => HI ┴ AB H HI ┴ ED I Xét ∆ BNC ∆ BHC: Ta có: ^BNC = ^ BHC = 90 BC cạnh chung ^NBC = ^ BCH (so le trong) =>∆ BHC = ∆ BNC ( ch-gn) => ∆ BHC = ∆ AMF Chứng minh tương tự ta : ∆ CID = ∆ CND = ∆ EMF Ta có: AH // EI ( ABDE hình chữ nhật) HI // AE (gt) ^AHI = 90 => AHIE hình chữ nhật Mà ABCDEF = { AEF; ABDE; BCD} = { AMF; EMF; ABDE; BCD} = { BHC; CID; ABDE; BDC} = AHIE Vậy đa giác cạnh đồng phân với hình chữ nhật CHO HÌNH CHỮ NHẬT KÍCH THƯỚC B VỚI A d2 = axb Suy d = * a<  < Hình chữ nhật ABCD có chiều dài b, chiều rộng a (aAB/2 ( < tg EAD= tg FCB 99 => DE=FB Và = Mặc khác ta có =; = Mà = (so le trong) => = = (do*) => tg KME tg FNI => KE=FI; KM=NI;ME=NF Do DE=FB nên DM=NB Suy hình thang MEBN = hình thang FNMB - Ta tiến hành cắt ghép sau: Hai tg ADE tg BCF ta giữ nguyên Dịch chuyển, đảo chiều vị trí hình thang cho: DE’+E’E=FB’+B’B DF=MN=EB SDE’B’F+SB’BEE’= SFNMD+SKEBN SDE’B’F=SB’BEE’= SFNMD=SKEBN E’B’ hình tứ giác AECF với độ dài đoạn EB hình chữ nhật Sau cắt, ghép ta nhận tứ giác AECF * Để tứ giác AECF hình vng AD+DF=AE= Mà AD=a suy DF=MN buộc phải - a - Giả sử MN= - a Suy MK=NI== = a Xét tg AED, theo định lý Talet ta có: = (do KM//AD) Tương đương với: =  4a (= ()  4a – 4ab = 4a – 4ab (đpcm) Suy MN=DF= – a 100 Hay nói cách khác từ hình chữ nhật có axb a Như hình chữ nhật với tính chất đề cho đồng phân với hình vng III KẾT LUẬN: Tóm lại, tốn tình hàm chứa vấn đề cần giải giải toán giải vấn đề Theo đó, bốn bước Polya lộ trình rõ ràng để ta vạch phương hướng, mục tiêu Khi có mục đích giải tốn cần phải có phương pháp cụ thể trình bày có hệ thống trên, gồm phương pháp chung số phương pháp đặc thù mang đậm tính sáng tạo thầy, cho tốn tiểu học giới nói chung Việt Nam nói riêng Ngồi ra, tốn khơng giải được, đoán vấn đề đại số, phương pháp đếm hình tam giác số tốn gợi cho ta nhìn thú vị Khơng thế, việc giải toán tiểu học nhiều vấn đề cần phải khai thác phương pháp giải toán cần mở rộng sáng tạo Đó nổ lực đáng quý nhà khoa học, thầy có tâm huyết em học sinh TÀI LIỆU KHẢO THAM TIẾNG VIỆT 01 https://vi.wikipedia.org, (2018) 02 Bộ GD ĐT (2018), Toán 1, tr.44 03 Bộ GD ĐT (2018), Toán 5, tr 94 101 04 Lê Thị Hịa Bình (2014), “Vận dụng quy trình bốn bước Polya”, Giáo dục, 336, 5558 06 Đỗ Trung Hiệu, Vũ Dương Thụy (1993), Các phương pháp giải toán tiểu học, NXB Giáo dục, tr 5-23 07 http://genk.vn/kham-pha/bi-an-day-sofibonacci-va-su-trung-hop-kinh-ngac-trong-tunhien-2013061223464471.chn? fbclid=IwAR0cQQ1htaOxJd0LV6SA8hzrWOvUrD Cf3Opyb6Xfc_-n_ZKQFruv6rYWcP8 TIẾNG ANH 01 A B Bennett, L J Burto, L T Nelson (2012), Mathematics for Elementary Teachers: A Conceptual Approach, New York, Mc Graw – hill book Company 02.https://blogs.ams.org/matheducation/2015/05 /01/famous-unsolved-math problems-ashomework/, (2018) 102