Rèn luyện năng lực tư duy, sáng tạo cho học sinh qua việc hướng dẫn khai thác và phát triển các bài toán trong sách giáo khoa toán 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 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 công tác 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 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 tịi 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 tịi 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 trị, trị 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 Chính lí trên, viết sáng kiến kinh nghiệm với đề tài: “Rèn luyện lực tư duy, sáng tạo cho học sinh qua việc hướng dẫn khai thác phát triển toán sách giáo khoa Toán 7” 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 q trình giảng dạy thầy, học tập trị Kích thích, phát triển lực tư duy, sáng tạo, chủ động học sinh qua trình học tâp Nhằm nâng cao chất lượng dạy học mơn Tốn, đặc biệt chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi III ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Đối tượng nghiên cứu là: Khai thác phát triển toán sách giáo khoa Toán lớp IV ĐỐI TƯỢNG KHẢO SÁT, THỰC NGHIỆM Đối tượng khảo sát, thực nghiệm học sinh lớp 7D năm học 2014 – 2015 năm học 2016 – 2017 trường THCS nơi giảng dạy V PHƯƠNG 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 2014 – 2015 năm học 2016-2017 B- NỘI DUNG ĐỀ TÀI Đề tài “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 7” nghiên cứu đưa hướng khai thác, phát triển toán theo cấp độ tăng dần tư duy: Hướng dẫn học sinh giải toán nhiều cách khác nhau; Khai thác & phát triển toán cho thành toán mới; Hướng dẫn học sinh xây dựng toán tổng quát từ toán cụ thể I HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TỐN BẰNG NHIỀU CÁCH KHÁC NHAU Ví dụ 1: Bài toán 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: A Trên tia đối tia MA lấy điểm N cho MN = MA B 1 Xét ∆ MAC ∆ MNB có : MB = MC (gt); ̂1 = 𝑀 ̂2 ( đối đỉnh) 𝑀 C M MA = MN ( cách vẽ) => ∆ MAC =∆ MNB( c.g.c) =>AC = BN (1) ̂2 = 𝑁 ̂ mà 𝐴 ̂1 = 𝐴 ̂2 (gt) => 𝐴 ̂1 = Và 𝐴 ̂ 𝑁 N => ∆ BAN cân B => BA= BN (2) Từ (1) (2) => AB = AC => ∆ ABC cân A A Cách 2: Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt tia AM D 1 M B Xét ∆ MBD ∆ MCA có ̂1 = 𝐶 ̂1 ( so le ), MB = MC( gt); 𝐵 ̂1 = 𝑀 ̂2 ( đối đỉnh) 𝑀 C => ∆ MBD = ∆ MCA(g.c.g) => BD = AC ( 1) ̂ =𝐴 ̂2 ( so le trong) Mặt khác 𝐷 D ̂1 = 𝐴 ̂2 (gt) =>𝐴 ̂1 = 𝐷 ̂ Mà 𝐴 =>∆ BAD cân B => AB=BD (2) Từ (1) (2) =>AB=AC => ∆ ABC cân A A Cách 3: Trên tia đối tia MA lấy điểm E cho BE = AB (1) 12 => ∆ BAE cân B ̂1 = 𝐸̂ => 𝐴 B 1 ̂1 = 𝐴 ̂2 (gt) Mà 𝐴 ̂2 = 𝐸̂ => AC//BE => 𝐴 C M Xét ∆ MBE ∆ MCA có ̂1 = 𝐶 ̂1 ( so le ); MB = MC( gt); 𝐵 ̂1 = 𝑀 ̂2 ( đối đỉnh) 𝑀 => ∆ MBE = ∆ MCA (g.c.g) E => BE = AC ( 2) Từ (1) (2) => AB= AC => ∆ ABC cân A Cách 4: Gọi E, F theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ M xuống cạnh AB, AC Ta có : F E M B Diện tích ∆ MAB = 1/ MF.AB (1) Diện tích ∆ MAC = 1/ ME.AC (2) C 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) Từ (1), (2), (3): => MF AB = MF AC (4) Xét tam giác vuông ∆ EAM ∆ ̂1 = 𝐴 ̂2 (gt), AM chung FAM có 𝐴 => ∆ 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: A Xét tam giác vng ∆EAM ∆FAM có: ̂1 = 𝐴 ̂2 (gt), AM chung 𝐴 E B F M => ∆EAM = ∆FAM => MF= ME C Mà MB = MC (gt) => ∆ EMB = ∆ FMC ( Cạnh huyền, cạnh góc vng) =>𝐵̂ = 𝐶̂ => ∆ ABC cân A Trường hợp 2: Trong góc B góc C có góc lớn 900 Giả sử góc B≥ 900 A Chứng minh tương tự trường hợp ta có ∆ EMB = ∆ FMC ( cạnh huyền, cạnh góc vng) ̂ = 𝐹𝐶𝑀 ̂ điều vơ lý => 𝐸𝐵𝑀 góc EBM góc ∆ ABC nên ̂ > 𝐴𝐶𝐵 ̂ ℎ𝑎𝑦 𝐹𝐶𝑀 ̂ ta ln có 𝐸𝐵𝑀 F B E C M => Trường hợp không xảy Từ trường hợp => Đpcm Cách 6: Gọi K,P chân đường vng góc kẻ từ B C xuống tia AM A Xét tam giác vng ∆KBM ∆ PCM có ̂3 = 𝑀 ̂4 ( đối đỉnh) BM = CM(gt) 𝑀 K B M => ∆ KBM = ∆ PCM => BK= CP ̂1 = 𝐴 ̂2 (gt) Kết hợp với điều kiện 𝐴 C => ∆ KAB = ∆ PAC ( cạnh góc vng, góc nhọn) P => AK= AP Mà K, P thuộc tia AM => K P trùng trùng với M => AM ⊥ BC Xét tam giác vuông ∆ MAB ̂1 = 𝐴 ̂2 (gt) ∆ MAC có 𝐴 MB = MC(gt) =>∆ MAB = ∆ MAC => AB = AC =>∆ ABC cân A Cách 7: Qua M A kẻ đường thẳng song song với AB BC, đường thẳng cắt N, MN cắt AC K A N Xét ∆ MAB ∆ AMN có ̂1 = 𝑀 ̂1 ( so le trong), AM chung 𝐴 12 ̂ = 𝑀𝐴𝑁 ̂ ( so le trong) và𝐵𝐴𝑀 K B M => ∆ MAB = ∆ AMN ( g.c.g) => BM = AN C Mà BM = MC (gt) => MC = AN Kết ̂2 = 𝑁 ̂; hợp với điều kiện 𝑀 ̂3 ( so le trong) 𝐶̂ = 𝐴 => ∆KMC = ∆ KNA ( g.c.g) => AK = KC (1) ̂1 = 𝐴 ̂2 (gt), Mặt khác: 𝐴 ̂1 = 𝑀 ̂1 ( so le trong) 𝐴 ̂1 = 𝐴 ̂2 =>𝑀 => ∆ KAM cân K => AK=KM(2) Từ (1) (2) => KM = KC => ∆ KMC ̂2 cân K =>𝐶̂ = 𝑀 ̂2 ( đồng vị ) =>𝐵̂ = 𝐶̂ Mà 𝐵̂ = 𝑀 =>∆ ABC cân A Cách : Qua M kẻ đường thẳng // AC qua B kẻ đường thẳng // AM, đường thẳng cắt D Gọi K giao điểm AB MD Xét ∆ BDM ∆ MAC có ̂ = 𝐴𝑀𝐶 ̂ ( đồng vị), MB= MC(gt) 𝐷𝐵𝑀 ̂ = 𝐴𝐶𝑀 ̂ ( đồng vị ) 𝐷𝑀𝐵 =>∆ BDM = ∆ MAC (g.c.g) ̂=𝐴 ̂2 => AM = BD, 𝐷 Xét ∆ KAM ∆ KBD có ̂1 = 𝐵 ̂1 ; 𝐷 ̂=𝑀 ̂2 ( so AM = BD(cmt) 𝐴 le trong) => ∆ KAM = ∆ KBD (g.c.g) A D K B M => KD= KM(1) ̂=𝑀 ̂2 (cmtr); 𝐴 ̂1 = 𝐴 ̂2 Mặt khác : 𝐷 ̂1 = 𝐵 ̂1 ( so le trong) (gt), 𝐴 C ̂ =𝐵 ̂1 => ∆ KBD cân K => 𝐷 => DK = KB (2) Từ (1) (2) => KB = KM =>∆ KBM cân K ̂ = 𝐾𝑀𝐵 ̂ => 𝐾𝐵𝑀 ̂ = 𝐴𝐶𝐵 ̂ ( đồng vị) mà 𝐾𝑀𝐵 ̂ = 𝐴𝐶𝐵 ̂ => 𝐾𝐵𝑀 =>∆ ABC cân A Cách 9: ̂ + 𝐴𝑀𝐶 ̂ = 1800 nên Vì 𝐴𝑀𝐵 góc AMB AMC phải có góc khơng lớn 900 Khơng tính ̂ < 900 tổng qt, giả sử 𝐴𝑀𝐶 ̂ < 900 từ C kẻ đường Nếu 𝐴𝑀𝐶 thẳng vng góc với AM cắt AM AB theo thứ tự P, Q điểm P nằm A M; điểm Q nằm A B A 12 Q P B C Xét tam giác vuông ∆ APQ ̂1 = 𝐴 ̂2 (gt), AP chung ∆ APC có 𝐴 M =>∆ APQ = ∆ APC => AQ = AC, A 12 PC = PQ Nối MQ, xét tam giác vng ∆ PMQ ∆ PMC có PC =PQ ( cmtr) cạnh PM chung Q =>∆ PMQ = ∆ PMC (c.g.c) P B C => MQ = MC, mà MC = MB(gt) M => MQ = MC = MB = 1/2 BC =>∆ QBC vuông Q ( theo kết số 39 sách tập Toán – Tập trang 28 ) => AQ AP vng góc với CQ, điều vơ lý => trường hợp ̂ < 900 không xảy 𝐴𝑀𝐶 ̂ = 900 => 𝐴𝑀𝐵 ̂ = 900 =>𝐴𝑀𝐶 Xét tam giác vuông: ∆ AMB ̂1 = 𝐴 ̂2 (gt), AM chung ∆AMC có 𝐴 =>∆ AMB =∆AMC =>∆ABC cân A Ví dụ 2: Bài tốn 2: a c = b d Chứng minh từ tỷ lệ thức : Ta suy tỉ lệ thức ( 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 c a c a a+b c+ d => +1 = + => = = d d b d b b CM Tương tự ta có: => a −b c−d = b d c+d c−d a+b a −b a+b c + d : : => = = d b b d a −b c − 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 Cách 3: Đặt a c = = k => a = bk; c=dk b d => a + b bk + b b(k + 1) k + = (1) = = a − b bk − b b(k − 1) k − Và c+d dk+ d d (k + 1) k + = = (2) = c−d dk − d d (k − 1) k − Từ (1) ( 2) => a+b c + d = a −b c − d Cách 4: Từ a c => 2bc = 2ad => ac – ad + bc – bd = ac + ad – bc + bd = b d  a( c – d) + b( c – d) = a(c + d) – b( c+ d)  ( a + b ( c – d) = (a – b)( c +d)  a+b c + d = a −b c − d Cách Từ a c = > ad = bc = b d Do => d (a + b) ad + bd bc + bd b(c + d ) c + d a+b = = = = = d (a − b) ad − bd bc − bd b(c − d ) c − d a −b a+b c + d = a −b c − d Cách 6: Từ a c = > ad = bc = b d Do đó: => b (c + d ) c+d bc + bd ad + bd d (a + b) a + b = = = = = c−d b (c − d ) bc − bd ad − bd d (a − b) a − b a+b c + d = a −b c − d 10 Ví dụ 3: Bài tốn 3: Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x − 2001 + x − (Bài 141 trang 23 sách tập toán tập 1) Lời giải Cách 1: ( Lời giải sách tập Toán tập 1) Theo 140 a ( Bài 140a : Cho x, y  Q chứng tỏ x − 2001 + x − = 2001 − x + x −  ( 2001 – x) + ( x -1) = 2000 Dấu = xảy 2001 – x x -1 dấu, tức  x  2001 Vậy giá trị nhỏ A 2000;  x  2001 Cách 2: Ta xét trường hợp sau: Nếu x A = x − 2001 + x − = -x + 2001 – x + = -2x + 2002 Vì x -2x< -2 => -2x+ 2002> 2000 hay A > 2000/  x  2001 => A = x − 2001 + x − = -x – 2001+ x -1 = 2000 =>A = 2000 A>2000 Nếu x> 2001 => 2x > 4002 => 2x – 2002> 4002 – 2002= 2000 => Tử trường hợp xét suy giá trị nhỏ A 2000 đạt  x  2001 Cách 3: Trên trục số, Điểm N biểu diễn số 1, điểm P biểu diễn số 2001 điểm M biểu diễn theo số x Theo định nghĩa giá trị tuyệt đối số ta có x − 2001 số đo đoạn thẳng MP , x − số đo đoạn thằng MN Do A = x − 2001 + x − = NM+ MP N x M 2001 P => Tổng NP+ MP nhỏ điểm M x 2001 thuộc đoạn NP tức  x  2001 M N P Khi giá trị nhỏ A 2001 – 1= 2000 đạt N  x  2001 Cách 4: Ta có A  A, dấu = xảy A  Do đó: x − 2001 = 2001 − x  2001 – x 11 2001 x P M 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) b) ̂ 𝐵𝐴𝐼 ̂ 𝐵𝐼𝐾 ̂ 𝐵𝐴𝐶 ̂ 𝐵𝐼𝐶 A ( Bài trang 108 SGK Toán tập 1) I B K C Lời giải ̂ góc ngồi  AIB 𝐵𝐴𝐼 ̂ góc khơng kề a) Ta có 𝐵𝐼𝐾 với nên BIK  BAK ̂ > 𝐶𝐴𝐾 ̂ Do b) Chứng minh tương tự ta có 𝐶𝐼𝐾 ̂ + 𝐶𝐼𝐾 ̂ > 𝐵𝐴𝐼 ̂ + 𝐶𝐴𝐾 ̂ Hay 𝐵𝐼𝐶 ̂ > 𝐵𝐴𝐶 ̂ 𝐵𝐼𝐾 Ở toán câu a gợi ý cho câu b; bỏ câu a ta tốn khó 12 Bài tốn 4.1: Cho tam giác ABC, I điểm nằm tam giác Hãy so sánh góc BAC góc BIC A I B K C Từ lời giải toán giúp ta tìm lời giải toán 4.1 cách kẻ tia AI căt BC K Ngồi ta giải tốn 4.1 theo cách khác mà không cần kẻ thêm đường phụ sau: ̂ + 𝐵𝐶𝐼 ̂ + 𝐶𝐵𝐼 ̂ = 1800 (1) Xét  BIC có 𝐵𝐼𝐶 ̂ + 𝐵𝐶𝐴 ̂ + 𝐶𝐵𝐴 ̂ = 1800  ABC có 𝐵𝐴𝐶 (2) ̂ < 𝐵𝐶𝐴 ̂ ; 𝐼𝐵𝐶 ̂ < 𝐴𝐵𝐶 ̂ Mà 𝐵𝐶𝐼 ̂ < 𝐶𝐴𝐵 ̂ Do phải có: 𝐵𝐼𝐶 Tiếp tục cho học sinh khai thác kết (1) (2) để tìm mối liên hệ ̂ 𝐵𝐼𝐶 ̂ ta thu kết sau: 𝐵𝐴𝐶 ̂ + 𝐵𝐶𝐼 ̂ + 𝐶𝐵𝐼 ̂ = 𝐵𝐴𝐶 ̂ + 𝐵𝐶𝐴 ̂ + 𝐶𝐵𝐴 ̂ Từ (1) (2) => 𝐵𝐼𝐶 ̂ = 𝐵𝐴𝐶 ̂ + 𝐴𝐵𝐼 ̂ + 𝐴𝐶𝐼 ̂ => 𝐵𝐼𝐶 Từ kết em xây dựng toán sau : Bài toán 4.2 Cho tam giác ABC, I điểm nằm tam giác ̂ = 𝐵𝐴𝐶 ̂ + 𝐴𝐵𝐼 ̂ + 𝐴𝐶𝐼 ̂ Chứng minh 𝐵𝐼𝐶 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: 1 ̂ + 𝐴𝐶𝐼 ̂ = (𝐴𝐵𝐶 ̂ + 𝐴𝐶𝐵 ̂ ) = (1800 − 𝐵𝐴𝐶 ̂ ) = 900 − 𝐵𝐴𝐶 ̂ 𝐵𝐴𝐶 2 ̂ = 𝐵𝐴𝐶 ̂ + 900 − 𝐵𝐴𝐶 ̂ = 900 + 𝐵𝐴𝐶 ̂ Do 𝐵𝐼𝐶 2 Đến ta có tốn sau: 13 Bài tốn 4.3: Cho tam giác ABC, đường phân giác góc B C cắt I ̂ = 900 + 𝐵𝐴𝐶 ̂ (3) CMR 𝐵𝐼𝐶 ̂ xác định số đo 𝐵𝐼𝐶 ̂ , từ Từ (3) => Nếu biết số đo 𝐵𝐴𝐶 ta có tốn sau: Bài toán 4.4: Cho tam giác ABC, đường phân giác góc B góc C cắt I Tính BIC biết: ̂ = 600 a) 𝐵𝐴𝐶 b) c) d) ̂ = 900 𝐵𝐴𝐶 ̂ = 1200 𝐵𝐴𝐶 ̂ = 1500 𝐵𝐴𝐶 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: ̂ = 900 + 𝐵𝐴𝐶 ̂ 𝐵𝐼𝐶 ̂ = 900 + 𝐴𝐵𝐶 ̂ 𝐴𝐼𝐶 ̂ = 900 + 𝐴𝐶𝐵 ̂ 𝐴𝐼𝐵 ̂ = 𝐴𝐼𝐶 ̂ 𝐵𝐴𝐶 ̂ = 𝐴𝐵𝐶 ̂ Từ đẳng thức ta thấy 𝐵𝐼𝐶 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 ̂ ̂ tam giác ABC tam giác cân ngược lại 𝐵𝐼𝐶 = 𝐴𝐼𝐶 Tiếp tục cho học sinh khai thác đẳng thức để đến nhận xét: ̂ = 𝐴𝐼𝐶 ̂ = 𝐵𝐼𝐴 ̂ 𝐵𝐴𝐶 ̂ = 𝐴𝐵𝐶 ̂ = 𝐵𝐶𝐴 ̂ ngược lại từ Nếu 𝐵𝐼𝐶 đến toán hay Bài toán 4.6: Chứng minh tam giác ABC tồn điểm I cho ̂ = 𝐴𝐼𝐶 ̂ = 𝐵𝐼𝐴 ̂ tam giác ABC tam giác ngược lại 𝐵𝐼𝐶 14 Ví dụ 5: Bài toán 5: Cho tam giác ABC ,  = 90 0, góc C = 30 CMR AB = 1/2BC A C B I Cách 1: ̂ = 300; I  BC Kẻ tia Ax nằm tia AB, AC : 𝐶𝐴𝐼 =>  IAC cân I => IA=IC (1) ̂ = 𝐵𝐴𝐶 ̂ − 𝐼𝐴𝐶 ̂ = 900 - 300 = 600 Mặt khác  ABC vng A => 𝐵𝐴𝐼 Góc B=900 - 300 = 600 ̂ = 600  𝐵̂ = 𝐵𝐴𝐼   IAB tam giác => AI = IB (2)  Từ (1) (2) => AI =BI=IC  AB= 1/2 BC Cách 2: D A B C Trên tia đối tia AB lấy điểm D cho AB =AD =>AB = 1/2BD(1) ̂ =900 => AC ⊥ BD => AC đường trung trực BD => BC = CD 𝐵𝐴𝐶 =>  CBD tam giác cân C => Đường cao CA đồng thời đường phân giác ̂ = 𝐵𝐶𝐴 ̂ = 2.300 = 600 => 𝐵𝐶𝐷 =>  CBD tam giác => BD = BC(2) Từ ( 1) (2) AB = 1/2 BC 15 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 Â= 900 tốn thay điều kiện cho ̂𝐵 = 600 , từ cho tốn sau: Bài tốn 5.1: Cho tam giác ABC , ̂𝐵 = 600 ; ̂𝐶 = 300 Chứng minh AB= 1/2 BC Sau cho học sinh suy nghĩ tốn theo hướng khác cách thay điều kiện giả thiết ̂𝐶 =300 thành kết luận chuyển kết luận AB = 1/2 BC toán làm giả thiết từ đến tốn sau Bài tốn 5.2: Cho tam giác ABC có Â= 900, AB = 1/2 BC CMR ̂𝐶 =300 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 Â=900 xuống làm kết luận chuyển kết luận AB = 1/2 BC giả thiết ta toán sau Bài toán 5.3: Cho tam giác ABC có AB = 1/2 BC, 𝐶̂ = 300 chứng minh  = 900 Bài tốn tơi hướng dẫn cho học sinh giải theo cách sau 16 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 ̂ = 𝐵𝐶𝐴 ̂ + 𝐴𝐶𝐸 ̂ =30o + 30o = 600  𝐵𝐶𝐸 ̂ = 600 Trên tia Cx lấy E cho CB = CE =>  CBE cân E Mà 𝐵𝐶𝐸 =>  CBE tam giác đều=> BE =BC(1) ̂1 = 𝐴 ̂2 = 30o CA chung Nối AE Xét  CBE  ABC có BC = CE, 𝐴 =>  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 ̂ =900 => CA đồng thời đường cao => AC ⊥ BE hay𝐵𝐴𝐶 D A B C ̂  900 Cách 2: Giả sử 𝐵𝐴𝐶 Qua B kẻ đường thẳng vng góc với AC cắt AC M  MBC vng M có 𝐶̂ = 300 nên theo kết toán.Ta suy ra: BM= 1/2 BC Mà AB=1/2 BC (gt) => AB =BM Điều xảy  MAC vng nên ta có AB > BM ̂ = 900 => điều giả sử sai, 𝐵𝐴𝐶 Tiếp tục tìm tịi 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 17 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 trị, trị đố thầy", 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 HƯỚNG DẪN HỌC SINH XÂY DỰNG BÀI TOÁN TỔNG QUÁT TỪ CÁC BÀI TOÁN 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│ 18 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) = ( 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 tơi hướng dẫn học sinh tổng qt hóa toán 6.1 để toán sau Bài tốn 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 19 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: B = x − + x − +… + x − 2005 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 toán 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│ 20 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 trị người thiết kế tổ chức, hướng dẫn Học sinh đóng vai trị người thi cơng, 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 toán 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 cịn có ý nghĩa giúp cho học sinh đứng trước tốn 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 tịi sáng tạo cách tự lực Do chất lượng học toán học sinh áp dụng đề tài 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 tịi 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 thơng minh, thúc đẩy niềm say mê dạy học toán thầy trị chúng tơi Kết khảo sát: Trước thực HS hứng thú HS giỏi Toán Sau thực HS hứng thú HS hứng thú 7D (2014– 2015) 20 17 35 25 7D (2016– 2017) 25 20 38 29 21 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 tịi biện pháp phù hợp cho khối lớp, đối tượng học sinh để hút em vào hoạt động học tập giáo viên tổ chức đạo thông qua học sinh tự lực khám phá điều chưa biết 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 toán sách giáo khoa , xem biện pháp hữu hiệu việc phát triển lực tư sáng tạo cho học sinh Biện pháp mà tơi trình bày cịn 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 toán sách giáo khoa việc làm khó , địi hỏi người giáo viên phải cơng phu việc tìm tịi nghiên cứu sách giáo khoa phải có niềm say mê công việc, thường xuyên học hỏi đồng nghiệp, đọc tài liệu tham khảo để tích lũy Trong 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 ln em hưởng ứng cách tích cực, biện pháp phù hợp cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi Đặc biệt tồn ngành thực Nghị TW khóa VIII , trường THCS khơng cịn 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 22 - 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 môn Toán 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 Tơi mong nhận ý kiến đóng góp Hội đồng khoa học cấp bạn đồng nghiệp Tôi xin chân thành cảm ơn ! 23 Tài liệu tham khảo 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 Nguồn Internet phương pháp giải toán hay Toán tập - NXB Giáo dục năm 2003 Toán tập - NXB Giáo dục năm 2003 Toán tập ( sách giáo viên) - NXB Giáo dục năm 2003 Toán tập ( sách giáo viên) - NXB Giáo dục năm 2003 24 ... phát triển toán sách giáo khoa Toán 7? ?? nghiên cứu đưa hướng khai thác, phát triển toán theo cấp độ tăng dần tư duy: Hướng dẫn học sinh giải toán nhiều cách khác nhau; Khai thác & phát triển toán. .. viết sáng kiến kinh nghiệm với đề tài: ? ?Rèn luyện lực tư duy, sáng tạo cho học sinh qua việc hướng dẫn khai thác phát triển toán sách giáo khoa Tốn 7? ?? Do khn khổ đề đề tài, phần ví dụ nêu số toán. .. trình sách giáo khoa Tốn 2.Thời gian thực hiện: Thực năm học 2014 – 2015 năm học 2016-20 17 B- NỘI DUNG ĐỀ TÀI Đề tài ? ?Rèn luyện lực tư duy, sáng tạo cho học sinh qua việc hướng dẫn học sinh khai thác