+ Cã kÜ n¨ng ph¸t hiÖn nh÷ng kiÕn thøc liªn quan víi nhau, nh×n nhËn mét vÊn ®Ò ë nhiÒu khÝa c¹nh... Gäi I lµ trung ®iÓm cña BC..[r]
(1)A Những vấn đề chung I Đặt vấn đề:
Vấn đề đổi phơng pháp giáo dục đào tạo theo định hớng lấy học sinh làm trung tâm đợc ngời làm công tác giáo dục nớc ta đặt từ lâu Thực đợc điều cho phép ngành giáo dục đào tạo nên hệ ngời có khả t sáng tạo có khả thích ứng cao với phát triển diễn ngày Thực đợc điều có nghĩa giải đợc vấn đề quan trọng hàng đầu giai đoạn CNH - HĐH đất nớc, yếu tố ngời
Trong trình giảng dạy, bồi dỡng việc khai thác tốn quan trọng, khơng cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức dạng toán mà nâng cao tính khái qt hố, đặc biệt hố tốn để từ phát triển t duy, nâng cao tính sáng tạo cho em học sinh Hơn nữa, việc liên kết tốn khác nhau, tìm mối liên hệ chung chúng giúp cho học sinh có hứng thú khoa học học toán
Một điều kiện phát triển t tích cực - độc lập - sáng tạo học sinh phát giải vấn đề từ vấn đề quen thuộc Trớc u cầu đó, tơi xin trình bày đề tài “ Khai thác từ một toán” nhằm phát triển t tích cực - độc lập - sáng tạo học sinh giỏi khối lớp và khối lớp
II C¬ së lÝ luận thực tiễn: Cơ sở lí luận:
- Đặc điểm lứa tuổi THCS muốn vơn lên làm ngời lớn, muốn tự khám phá, tìm hiểu trình nhận thức Các em có khả điều chỉnh hoạt đọng học tập, sẵn sàng tham gia hoạt động học tập khác nhng cần phải có hờng dẫn, điều hành cách khoa học nghệ thuật thầy cô giáo Hình thành phát triển t tích cực, độc lập sáng tạo cho học sinh trình lâu dài
- T tích cực, độc lập sáng tạo học sinh đợc thể số mặt sau:
+ Biết tìm phơng pháp nghiên cứu giải vấn đề, khắc phục t tởng rập khn, máy móc + Có kĩ phát kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận vấn đề nhiều khía cạnh + Phải có óc hồi nghi, ln đặt câu hỏi sao? Do đâu? Nh nào? Liệu có trờng hợp khơng? Các trờng hợp khác kết luận có khơng?
+ Tính độc lập cịn thể chổ biết nhìn nhận vấn đề giải vấn đề + Có khả khai thác vấn đề từ vấn đề biết
C¬ sở thực tiễn:
Qua nhiều năm giảng dạy, t«i thÊy:
- Học sinh yếu tốn kiến thức hổng, lại lời học, lời suy nghĩ, lời t trình học tập - Học sinh cịn học vẹt, làm việc rập khn, máy móc để từ làm tính tích cực, độc lập, sáng tạo thân
- Học không đôi với hành làm cho em đợc cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện kĩ để làm tảng tiếp thu kiến thức mới, lực cá nhân khơng đợc phát huy hết
- Khơng học sinh thực chăm học nhng cha có phơng pháp học tập phù hợp, cha tích cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu học tập cha cao
- Nhiều học sinh hài lòng với lời giải mình, mà khơng tìm lời giải khác, khơng khai thác phát triển toán, sáng tạo toán nên khơng phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng tạo thân
- Một số giáo viên cha thực quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo toán các luyện tập, tự chọn
(2)III Giải pháp thực hiện:
Qua nhng bi toỏn mà học sinh giải đợc, định hớng cho học sinh t theo phơng pháp nh: Tơng tự, so sánh, đặc biệt hoá, khái quát hoá để phát triển thêm vấn đề mới, toán
Trong phần xin đợc phép phát triển từ toán quen thuộc để xây dựng số tốn khác có liên quan Nhằm làm cho học sinh thấy đợc tầm quan trọng việc thay đổi giả thiết, tơng tự hoá toán, liên hệ toán với toán khác có liên quan
B Néi dung.
Bài tốn mở đầu: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng tam giác ABF; ACD Chứng minh rng CF = BD.
Bài giải:
Xét hai tam giác: DAB CAF, có: DA = CA (gt)
∠ DAB = ∠ CAF (= ∠ BAC + 600)
⇒
AB = AF (gt)
⇒ Δ DAB = Δ CAF (c.g.c)
⇒ CF = BD (®pcm)
B C
A F
D
Bây ta vẽ thêm tam giác BCE phía ngồi tam giác ABC liệu AE; BD; CF có đồng quy khơng? Và ta có tốn thứ hai:
(3)Bài giải: Gọi O giao điểm BD CF Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng Ta có DAB = CAF (bài toán 1)
B1 = F1 ⇒ AOBF néi tiÕp
⇒ ∠ O1 = ∠ B2 = 600 ∠ O2 = ∠ A1 = 600 ⇒ ∠ AOB = 1200 (1) T¬ng tù: ∠ AOC = 1200
⇒ ∠ BOC = 1200
Mµ ∠ BFC = 600 ⇒ BOCE néi tiÕp ⇒ ∠ O3 = ∠ C1 = 600 (2)
Tõ (1) vµ (2) ⇒ ∠ AOF = 1800
⇒ A; O; E thẳng hàng Hay AE; BD; CF đồng quy
1 1 1 B C A D E F O
Qua ta nhËn thÊy c¸c gãc AOB; BOC; COA cã sè đo 1200 Từ ta xây dựng toán dựng hình quen thuộc:
Bài toán 3:
Dựng điểm O tam giác nhọn ABC cho ∠ AOB = ∠ AOC = ∠ BOC =1200.
Bây ta trở lại bài toán mở đầu Gọi O giao điểm CF BD, cạnh BD ta lấy điểm P cho PD = OA
Xét hai tam giác: CPD Δ COA, cã: PD = OA (ta vÏ)
∠ PDC = ∠ OAC (OADC nt) ⇒ DC = AC (gt)
⇒ Δ CPD = Δ COA (c.g.c)
⇒ CP = OC (1)
∠ CPD = ∠ COA = 1200
⇒ ∠ CPO = 600 (2)
Từ (1) (2) suy Δ CPO
⇒ OP = OC VËy, ta cã:
OA + OB + OC = PD + OB + OP Hay OA + OB + OC = BD
A C B D F O P
Đây đẳng thức đẹp, nhng đẳng thức có ý nghĩa khơng? Ta xét toán khác
Bài toán 4: Xác định điểm O tam giác nhọn ABC cho tổng khoảng cách từ O tới ba đỉnh tam giác nh nht
Bài giải:
(4)Xét hai tam giác: CQD COA, có: CQ = CO
∠ QCD = ∠ OCA (=600 - ∠ QCA) ⇒ DC = AC (gt)
⇒ Δ CQD = Δ COA (c.g.c)
⇒ OA = QD
VËy, ta cã: OA + OB + OC = BO + OQ + QD BO + OD BD “ =” x¶y
+ O, Q, D thẳng hàng
Mà ∠ CQO = 600 ⇒ ∠ CQD = 1200 ⇒ ∠ COA = 1200 (1) + B, O, Q thẳng hàng
Mà COQ = 600 COB = 1200 (2)
B C
A F
D
O
Q
Tõ (1) vµ (2) suy O điểm nhìn ba cạnh tam gi¸c díi mét gãc b»ng 1200
Nh ta thấy điểm O vừa giao điểm ba đờng thẳng tốn 2, vừa nhìn cạnh tam giác d-ới góc 1200, vừa có tổng khoảng cách tới đỉnh nhỏ nhất.
Trở lại bài toán mở đầu Ta thấy giả thiết có thừa cần chứng minh BD = CF, thực tế cần giả thiết AF = AB; AD = AC; ∠ BAF = ∠ CAD đủ, mặt khác cần xem thử tam giác ABF ACD thỏa mãn điều kiện để BD CF Chúng ta tip tc nghiờn cu bi toỏn
Bài toán 5:
Cho tam giác ABC, phía tam giác, dựng tam giác ABF; ACD vuông cân A Chøng minh r»ng CF = BD; CF BD
H
íng dÉn gi¶i: + CF = BD (tơng tự nh toán 1) + CF BD:
Do Tø gi¸c AOBF néi tiÕp
⇒ ∠ BOF = ∠ BAF = 900
B C
A
D
F
O
TiÕp tục toán Gọi M; N; I lần lợt trung điểm BF; CD; BC, ta có:
IM đờng TB tam giác BCF nên: IM // =
2 CF (1) T¬ng tù ta cã:
IN // =
2 BD (2) Mµ: CF = BD (3)
(5)Hay MIN vuông cân I
B C
A
D
F
O
N M
I NhËn xÐt r»ng Δ AMB ANC vuông cân M N Từ ta có toán tiếp Bài toán 6:
Cho tam giác ABC, phía tam giác, dựng tam giác ABM vuông cân M; ACN vuông cân N Gọi I trung điểm BC MIN tam giác gì?
Nu hc sinh lần đầu gặp toán mà cha gặp dạng khó giải em
B C
A
N M
I
(6)Bài toán 7:
Cho tam giác ABC, dựng phía tam giác hình vuông ABDE ACHF
a.Chng minh rng: BF = CE BF CE b.Gọi I, J lần lợt tâm hai hình vng M trung điểm BC Chứng minh
Δ MIJ tam giác vuông cân
B C
A
H F
E
D
I
J
M
Bài tốn khơng đơn giản cho học sinh chỗ có câu a toán phụ để chứng minh câu b mà phát triển sang tốn khác tơng tự tổng quát
Nếu gọi N trung điểm EF ta có NJ đờng trung bình Δ ECF, ta dễ dàng suy đợc tứ giác IMJN hình vng, t õy ta cú bi toỏn
Bài toán 8:
Cho tam giác ABC, dựng phía ngồi tam giác hình vng ABDE ACHF Gọi I, J lần lợt tâm hai hình vng M, N trung điểm BC EF Chứng minh tứ giác IMJN hình vng
B C
A H
F
E
D
I
J
M N
(7)Bài toán 9:
Cho tam giác ABC, dựng phía ngồi tam giác hình vuông ABDE ACHF Chứng minh đờng trung tuyến AN tam giác AEF đờng cao AP tam giác ABC đờng trung tuyến AM tam giác ABC đ-ờng cao tam giác AEF
B C
A H
F
E
D
M Q
P N
Bài giải: Trớc hết ta chứng minh AN BC
Dựng hình bình hành AEQF, suy Q, N, A thẳng hàng Xét hai tam giác: ABC FQA, cã:
AB = FQ (= AE)
∠ BAC = ∠ QFA (cïng bï víi ∠ EAF) ⇒ Δ ABC = Δ FQA (c.g.c) FA = AC (gt)
⇒ ∠ ACB = ∠ FAQ
Mµ ∠ FAQ + ∠ CAP = 900 ⇒ ∠ CAP + ∠ ACP = 900 ⇒ ∠ CPA = 900
Hay AN BC
Hoàn toàn tơng tự, ta dựng hình bình hành ABGC ta chứng minh c AM EF
ở toán ta nhận thÊy QA BC LiƯu QC cã vu«ng gãc víi BH không? Từ ta có toán 10 Bài toán 10:
Cho tam gi¸c ABC, dùng vỊ phÝa tam giác hình vuông ABDE ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh rằng:
(8)Bài giải:
Gọi O giao điểm BH vµ QC Theo BT 9, ta cã: Δ ABC = FQA, nên: BC = QA
Và ∠ ACB = ∠ FAQ
⇒ ∠ BCH = ∠ QAC
XÐt hai tam gi¸c:
Δ BCH vµ Δ QAC, cã: BC = QA
∠ BCH = ∠ QAC
⇒
CH = AC (gt)
Δ BCH = Δ QAC (c.g.c)
⇒ BH = QC (1)
Vµ ∠ CBH = ∠ AQC Mµ ∠ AQC + ∠ QCP = 900
⇒ ∠ CBH + ∠ QCP = 900
Hay ∠ BOC = 900 Hay BH QC (2)
Từ (1) (2) suy đpcm
A
C
B P M
D E
F
H Q
N
O
Tơng tự nh ta có CD QB Ta nhận thấy QP, BH, CD ba đờng cao tam giác QBC Và
từ dây ta xây dựng đợc toán đợc phát biểu dạng khác
Bài toán 11:
Cho tam giỏc ABC, dng phía ngồi tam giác hình vng ABDE ACHF, vẽ hình bình hành AEQF, Chứng minh QP, BH CD đồng quy
(ta thấy QP, BH CD ba đờng cao của tam giác QBC, nên chúng đồng quy)
B C
A
P
H F
E
D
Q
(9)Bài toán 12:
Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng hình vuông ABEF; ACMN; BCPQ Chứng minh đờng cao tam giác AFN; CMP; BQE xuất phát từ A, B, C đồng quy (Ta nhận thấy ba đờng trung tuyến của tam giác ABC nên chúng đồng quy)
B
A
C
M
P Q
E
F
N
V
H
J K
I
Trở lại toán mở đầu Gọi M; N; I lần lợt trung điểm AF; AD; BC Thì tam giác MNI có đặc biệt khơng?
Bài tốn 13: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác, dựng tam giác ABF; ACD Gọi M; N; I lần lợt trung điểm AF; AD; BC
Chứng minh tam giác MNI Bài giải:
Gọi T trung điểm AC
Xét hai tam giác: AMN TIN, có: AM = TI (=1/2 AB)
∠ MAN = ∠ ITN (=2400 - ∠ BAC)
⇒
AN = NT (=1/2 AD)
⇒ Δ AMN = Δ TIN (c.g.c)
⇒ MN = IN (1)
∠ MNA = ∠ INT
⇒ ∠ MNI = 600 (2)
Từ (1) (2) suy Δ MNI B
C A
F
D
I
T N M
Tiếp tục tốn trên, ta dựng hình bình hành AFPD, ta có tam giác PBC
(10)Bài giải:
Xét hai tam giác: ABC vµ Δ DPC, cã: AB = DP (= AF)
∠ BAC = ∠ PDC (= ∠ PDA + 600)
⇒
AC = DC (gt)
⇒ Δ ABC = Δ DPC (c.g.c)
⇒ BC = PC (1)
Chøng minh t¬ng tù ta cã: Δ ABC = Δ FBP (c.g.c)
⇒ BC = BP (2)
Từ (1) (2) suy Δ PBC B C
A F
D P
Trở lại toán 6, ta thấy tam giác MIN tam giác đều, I trung điểm BC nên ta vẽ thêm điểm D đối xứng với A qua I ta đợc hình bình hành ABDC dựng phía ngồi hình bình hành tam giác vng cân ta có tốn phức hn
Bài toán 15:
Cho hình bình hành ABCD, phía hình bình hành, dựng tam giác ABM vuông cân M; ACN vuông cân N; BDP vuông cân P; CDQ vuông cân Q Chứng minh tứ giác NMPQ hình vu«ng
B C
A
D N
Q
P M
I
(11)Bài toán 16:
Cho hình bình hành ABDC, phía hình bình hành, dựng hình vuông ABEF, ACMN, DBPQ, CDKL, Gọi S, G, R, H lần lợt tâm hình vuông Chứng minh tứ giác SGHR hình vuông
B
C A
D
M F
E
Q
K L N
P
G
H R
S
Tiếp tục toán trên, Nếu tứ giác ABCD hình bình hành mà tứ giác thờng liệu tứ giác SGHR có tính chất không? Ta có toán 17
(12)Bài giải:
Gi I trung điểm AC, theo toán ta chứng minh đợc tam giác SIJ tam giác VIK vuông cân I
XÐt hai Δ : Δ VIJ vµ Δ KIS, cã: VI = KI
∠ VIJ = ∠ KIS ⇒ IJ = IS
⇒ Δ VIJ = Δ KIS (c.g.c)
⇒ VJ = KS (1)
Gäi R giao điểm IS VJ Do IJV = ∠ ISK ( Δ VIJ =
Δ KIS)
Vµ ∠ IJV + ∠ IRJ = 900
⇒ ∠ ISK + ∠ VRS = 900 Hay KS VJ (2)
Tõ (1) vµ (2) suy ®pcm
D C
B A
P Q
M N
F
E
H G
V
K
J
S R I
C Kết luận:
Qua trình giảng dạy, bồi dỡng rút số kết luËn s¬ bé sau:
1 Các giáo viên giảng dạy, đặc biệt giảng dạy mơn Tốn học đánh giá cao tầm quan trọng việc phát triển từ toán mà học sinh giải đợc, khai thác toán khác, phức tạp nhằm nâng cao t cho học sinh
(13)Trên tốn có liên hệ từ tốn mở đầu, tơi xin mạnh dạn đa Tuy cố gắng song không tránh khỏi sai sót, mong đợc góp ý hội đồng khoa học để bớt đợc sai sót xảy khai thác đợc nhiều tốn