(Sáng kiến kinh nghiệm) hướng dẫn học sinh giải bài toán theo phương pháp phân tích suy luận ngược trong hình học lớp 8

I MỞ ĐẦU I.1 Lí chọn đề tài : Thực tế giảng dạy cho thấy, học sinh, việc tìm lời giải cho tốn điều không đơn giản hầu hết mang tính tự phát, khơng có hệ thống hay phương pháp cụ thể, đặc biệt toán chứng minh hình học Các em tiếp thu nhanh đọc hướng dẫn giải ví dụ minh họa gặp tương tự lại cảm thấy bế tắc, khơng tìm hướng giải phù hợp Là giáo viên đứng lớp, sau nhiều năm tìm tịi thử nghiệm, tơi nhận thấy cách thức để tìm lời giải nhanh suy luận phân tích ngược Đây phương pháp đơn giản dễ thực hiện, thông qua việc liên kết điều phải chứng minh với giả thiết điều biết trước đó, học sinh dễ dàng tìm “cầu nối” điều theo quy luật lôgic, lời giải dần hình thành cách mạch lạc đầy thuyết phục Khơng vậy, suy luận phân tích ngược cịn giúp em giải tình phát sinh ngồi thực tiễn cách nhanh chóng hợp lí Xuất phát từ lí trên, từ tính cấp thiết thực tiễn giảng dạy thành tựu khả quan thu nhận sau tiến hành thử nghiệm, tơi xin mạnh dạn trình bày sáng kiến kinh nghiệm với đề tài: Hướng dẫn học sinh giải tốn theo phương pháp phân tích suy luận ngược hình học I.2 Mục đích nghiên cứu : - Đề tài góp phần minh họa cho phương pháp suy luận phân tích để làm rõ mối liên hệ lôgic điều cần chứng minh với điều phải chứng minh - Cung cấp thêm phương pháp chứng minh hình học mà hướng từ kết luận đến giả thiết theo tư suy luận ngược - Đề tài sử dụng để tổ chức dạy lớp tổ chức chuyên đề phương pháp chứng minh hình học cấp THCS nói chung học sinh lớp nói riêng I.3 Đối tượng nghiên cứu : Hoạt động học tập học sinh tốn chứng minh hình học I.4 Phương pháp nghiên cứu: Thu thập, tham khảo xử lí tài liệu sưu tầm Điều tra khả học hình học học sinh Phân tích, khái qt hóa đúc rút kinh nghiệm q trình giảng dạy Trao đổi, thảo luận chuyên môn với đồng nghiệp Cập nhật thông tin từ mạng internet Nhờ phối hợp phương pháp trên, tơi dần định hình nội dung, quy mô phạm vi đề tài từ thiết lập giải pháp, tiến hành thử nghiệm, đánh giá cuối hệ thống hóa ngôn ngữ thành sáng kiến kinh nghiệm trọn vẹn II NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM II.1 Cơ sở lí luận II.1.1 Suy luận Suy luận trình suy nghĩ từ hay nhiều mệnh đề cho trước để rút mệnh đề Mỗi mệnh đề cho trước gọi tiền đề suy luận Mệnh đề rút gọi kết luận hay hệ Ký hiệu: X1, X2, , Xn  Y Nếu X1, X2, , Xn  Y ta gọi kết luận Y kết luận lôgic hay hệ lôgic II.1.2 Phương pháp chứng minh tổng hợp: Phương pháp chứng minh tổng hợp phương pháp chứng minh từ điều cho trước điều biết đến điều cần tìm, điều cần chứng minh Sơ đồ: A  B  C   Y  X Trong A mệnh đề biết cho trước; B hệ lơgíc A; C hệ lơgíc B; ; X hệ lơgíc Y II.1.3 Phương pháp chứng minh phân tích xuống Phương pháp chứng minh phân tích xuống phương pháp chứng minh suy diễn từ điều biết đến điều cần tìm Sơ đồ: A  B  Y  X Trong đó: X mệnh đề cần tìm, mệnh đề cần chứng minh; Y hệ lôgic X; .; A hệ lôgic B A mệnh đề biết Nếu A sai X sai Nếu A X đúng, sai Lúc phải dùng phương pháp tổng hợp từ A tới X II.1.4 Phương pháp chứng minh phân tích lên Phương pháp chứng minh phân tích lên phương pháp chứng minh suy diễn từ điều cần tìm, điều cần chứng minh đến điều cho biết trước Sơ đồ: X  Y   B  A Trong đó: X mệnh đề cần chứng minh; Y tiền đề lôgic X; .; A tiền đề lôgic B; A mệnh đề biết cho trước Nếu A sai X sai Nếu A X đúng, sai Lúc phải dùng phương pháp tổng hợp từ A tới X II.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Qua trình giảng dạy hình học nhiều năm qua, tơi nhận thấy vấn đề bất cập sau : - Nhiều học sinh khơng nắm phần lí thuyết học nắm nội dung học cách thụ động, nên trình làm tập cịn gặp nhiều khó khăn, lúng túng - Một số học sinh không chịu đề cập tốn theo nhiều hướng khác nhau, khơng sử dụng hết kiện toán - Đa số học sinh vận dụng vận dụng chưa thành thạo phương pháp suy luận giải tốn, khơng biết sử dụng toán giải mẫu áp dụng phương pháp giải cách thụ động - Khi phát phiếu điều tra mức độ hứng thú học phân mơn Hình học đầu năm cho thấy kết sau : Số HS có hứng thú Tổng số HS Số HS khơng có hứng thú SL % SL % 12,9% 54 87,1% 62 Kết khảo sát chất lượng phân mơn Hình học chưa áp dụng SKKN Tỉ lệ Khối Số học sinh Giỏi Khá TB Yếu 62 35 19 II.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề: II.3.1 Ví dụ Cho tam giác ABC (AC < AB) Trên tia AC lấy E cho AE = AB Tia phân giác góc A cắt BC D, cắt BE H Chứng minh: a) BD = DE A b) BE  AD ABC: AC < AB; AE = AB; GT AD tia phân giác AD x BE = {H} B D H a) BD = DE KL C E b) BE  AD Giải: a) Phân tích Cm: BD = DE  Chứng minh a) Nối DE BDA EDA có: AB  AE (gt)   A1  A (gt) AD chung  Cm: BDA = EDA  AB  AE (gt)   (gt)  A2 Có: A AD chung  Đủ điều kiện (c.g.c)  = 900) b) Cm: BE  AD ( H  (1) AD trung trực BE Cm: (2) AD đường cao  1= H  (3) H  (1) Cm: AD trung trực BE Có AB = AE  Cần cm: DB = DE (Đúng theo ý a) (2) Cm: AD đường cao ABE  Có AD phân giác BAE  ABE cân A (Đúng AE = AB theo giả thiết)  1= H  (3) Cm: H  Cm: ABH = AEH  AB  AE (gt)    A (gt) Có: A AH chung  Đủ điều kiện (c.g.c)  BDA = EDA (c.g.c)  BD = DE b) (1) Ta có: AB = AE (gt) DB = DE (theo ý a)  AD đường trung trực BE  AD  BE (2) Vì AB = AE Nên ABE cân A  Mà AD đường phân giác BAE  AD đường cao  AD  BE (3) ABH AEH có: AB  AE (gt)   A1  A (gt) AH chung   ABH = AEH ( c.g.c)  1= H   H  1+ H  = 1800 mà H  1= H  = 1800: = 900 nên H Vậy BE  AD Nhận xét: Để chứng minh hai đường thẳng vng góc ví dụ này, ta sử dụng kiến thức đường trung trực đoạn thẳng, đường cao định nghĩa hai đường thẳng vng góc Qua suy luận thực hiện, ta thấy áp dụng kiến thức đường trung trực hiệu cách làm ngắn gọn đặc biệt tận dụng kết có ý trước II.3.2 Ví dụ : Cho tam giác ABC cân A Hai đường cao BD CE cắt H Chứng minh BHE = CHD A ABC cân A GT BD  AC, CE  AB E BD x CE = {H} KL BHE = CHD D B H 2 C Giải: Phân tích BHE CHD vng E D Do đó: Cm: BHE = CHD  1H  (Đối đỉnh) Có H  Cần cm: EH = HD  Cần cm: AHE = AHD AHE AHD vng E D Có AH chung   1A 2 Cần cm: AE = AD A  Cm: AE = AD AEC = ADB (ch – gn)  1A 2  Cm: A Dựa vào đường tam giác cân Chứng minh Xét AEC ADB có:  D   900 E  AC  AB (ABC cân A)  A chung  AEC = ADB (ch – gn)  AE = AD Xét AHE AHD có:  D   900 E  AE  AD (cmt) AH (chung)   AHE = AHD (ch – cgv)  EH = HD Xét BHE CHD có:  D   900 E  EH  HD (cmt)   H1  H  BHE = CHD (c.g.c) Nhận xét: Để chứng minh hai tam giác nhau, trước hết ta cần xem xét hai tam giác có yếu tố nhau, cần chứng minh thêm yếu tố Từ ta hình dung tiến trình giải tốn, chứng minh điều trước điều sau II.3.3 Ví dụ Cho tam giác ABC trung tuyến BD Chứng minh M trung điểm BD AM cắt BC điểm N CN = 2BN C P GT KL D ABC , AD = CD M BM = DM; AM x BD = {N} CN = 2BN A N B Giải: Phân tích Cách Cm: Cách CN = 2BN Nếu lấy P trung điểm CN Gọi P trung điểm CN  DP đường trung bình tam giác ACN  Cm: Chứng minh CP = PN = BN  AN // DP Tam giác BDP có MN qua trung điểm cạnh BD song song với Cm: AN // DP cạnh DP nên qua trung điểm Đúng DP đường trung bình BP tam giác ACN  BN = PN = CP  Vậy CN = 2BN Cách Cách Trên tia đối tia BA, vẽ Do CN = 2BN  CN  CB BE = AB  CB trung tuyến Dự đoán CB đường trung tuyến ACE (1) tam giác N trọng tâm Gọi P giao điểm CE tia tam giác AN C Ta chứng minh N trọng tâm ACE D P N Ta có DB đường trung bình M ACE  DB // CE A B E  M trung điểm AP  DM đường trung bình ACP MB đường trung bình Cần cm: N trọng tâm ACE APE Có CB trung tuyến ACE  Cm: AP trung tuyến ACE  Cm: CP = PE Để cm: CP = PE, ta sử dụng tính chất đường trung bình tam giác định lý Ta-let tam giác  DM  1 CP MB  PE 2 Mà DM = MB  CP = PE  AP trung tuyến ACE (2) Từ (1) (2) suy N trọng tâm ACE  CN = 2NB Nhận xét: Thông qua suy luận, ta liên kết kiến thức giả thiết kết luận, từ tìm kiến thức liên quan việc vẽ thêm hình hệ tất yếu, cần thiết để sử dụng kiến thức liên quan II.3.4 Ví dụ Cho tam giác ABC cân A, đường cao AH Biết AB = 17cm, AH = 15cm a) Tính độ dài đoạn thẳng BC b) Từ B vẽ BD  AC (D  AC) Chứng minh AHC SBDC c) Qua D vẽ DE  BC (E  BC) Chứng minh BE.EC = AH CE CH ABC, AB = AC = 17cm; GT A AH = 15 cm; AH  BC; BD  AC; DE  BC a) BC = ? KL b) AHC D SBDC c) BE.EC = AH CE CH Giải: Phân tích a) BC = ?  BH = ?  BH2 + AH2 = AB2 B H E Chứng minh Áp dụng định lý Pytago vào tam giác vng ABH, ta có: BH2 + AH2 = AB2  BH2 = AB2 – AH2 = 172 – 152 = 64 Vì BH > nên BH = (cm) (AB, AH biết nên BH tính được)  BC = BH = 2.8 = 16 (cm) b) Xét tam giác AHC BDC có: AHC BDC S C   chung; AHC   = 900 C  BDC c) BE.EC = AH CE CH 2  BE.EC.CH = AH2.CE2  2 DE CH = AH2.CE2  DE.CH = AH.CE  DE CE  AH CH  AHC S DEC (Đủ điều kiện)  chung; C   = 900 (GT) AHC  BDC  AHC S BDC (g.g) Xét tam giác AHC DEC có:  chung; C   = 900 (GT) AHC  DEC  AHC S DEC (g.g)  DE CE  (Các cạnh tương ứng) AH CH  DE.CH = AH.CE  DE2.CH2 = AH2.CE2 (1) Lại có: AHC S DEC (g.g)  BE DE  DE CE  BE.CE = DE2 (2) Thay (2) vào (1) ta BE.EC.CH2 = AH2.CE2 AH CE BE.EC = (đpcm) CH Nhận xét:Ví dụ sử dụng đẳng thức trung gian BE.CE = DE2 DE2.CH2 = AH2.CE2  DE.CH = AH.CE (Vì độ dài đoạn thẳng ln lớn 0) II.3.5 Ví dụ Cho tam giác vng ABC có (ABC Ta cm: CN > NE tức CN > BM       1E   ECN   C 3 CEN E C   C  E  C 3 E  C 2 a) Cm: E 1B  (cùng bù với BNE  mà E ) Cm:   C 2 B Cm: Lấy điểm K AB cho AK=AB  ABD = AKD (c.g.c) (1)   AKD  B  2  Cm: AKD C  Đúng AKD góc ngồi CKD  C 3 b) Cm: E  Cm: CM > ME  Cm: CM > BN  BCM CBN có BC chung, BM=CN (gt)    Cm: B1  C1  CD > BD mà BD = KD (từ (1))  Cm: CD > KD  CKD kề bù với góc nhọn  nên góc tù: AKD  2 >C CKD Xét ABD AKD có: AD chung   A1  A AK  AB   ABD = AKD (c.g.c)   AKD   (1) B C BD = KD (2)  Trong CKD, góc CKD kề bù với  góc nhọn AKD nên góc tù:    KD < CD (3) CKD C Từ (2) (3) suy ra:  C 1 BD < CD  B Hai tam giác BCM CBN có: BC chung  AK  AB nên CM > BN (4)   B1  C1 Kẻ NE//BM ME//AB cắt E ta có: BN = ME (5) 1B  (7) BM = NE (6) E Từ (4) (5) suy ra: CM > ME  C 3 Vậy CME có: E  C 2 Từ (1) (7) suy ra: E      1E   ECN   C 3 CEN E C   CN > EN (8) Tõ (6) vµ (8) suy CN > BM (trái giả thiết) Điều chứng tỏ điều giả sử sai Vậy AB = AC Tức tam giác ABC cân A 10 Sau học sinh làm nhiều dạng tập kỹ suy luận hình thành, củng cố đích hình thành kỹ xảo để có phản xạ tự nhiên, nhạy bén trước tập khó II.4 Kết Khi áp dụng phương pháp suy luận phân tích ngược vào giảng dạy hình học đơn vị sở tại, tơi nhận kết sau: Học sinh có hứng thú HS khơng có hứng thú Tổng số HS SL % SL % Trước áp dụng 62 12,9% 54 87,1% Sau áp dụng 62 43 69,4% 19 30,6 Kết khảo sát chất lượng phân môn Hình học chưa áp dụng SKKN Tổng số học sinh Giỏi Khá TB Yếu Trước áp dụng 62 35 19 Sau áp dụng 62 15 27 16 Dựa vào bảng số liệu trên, nhận thấy nhờ áp dụng phương pháp suy luận phân tích ngược mà chất lượng học sinh nâng lên đáng kể Việc học tập học sinh khối năm học thu nhiều kết khả quan, chưa cao có chuyển biến rõ rệt theo chiều hướng lên Điều chứng tỏ vai trị tích cực đề tài nghiên cứu trình dạy học thầy trị chúng tơi 11 III KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ III.1 Kết luận Cùng vấn đề phân tích theo hướng khác nhau, từ tìm nhiều cách giải khác cho tốn Vì vậy, phân tích tìm lời giải, tích cực suy luận theo nhiều hướng khác để tìm kiếm lời giải Suy luận phân tích cần phải luyện tập thường xuyên theo thời gian, tích lũy kinh nghiệm dần hình thành nên khả vơ đặc biệt, trực giác Đây dạng phản xạ có điều kiện lại diễn nhanh sau phân tích chóng vánh não Nó làm nên tính nhạy bén phân tích – điều mà người học tốn cần phải đạt Khơng riêng học tốn, phép suy luận nói chung phép suy luận phân tích ngược nói riêng cịn cần thực tiễn Khi bắt gặp vấn đề phức tạp trước hành động, cần phải ngẫm nghĩ xem cần làm điều trước?, làm điều sau?, sử dụng có khắc phục thiếu? Những định hướng dần kết nối với hình thành nên mạng lưới lơgic có tên gọi “bản kế hoạch dự kiến”, giúp giải triệt để vấn đề gặp phải III.2 Kiến nghị Giới hạn đề tài dừng lại việc áp dụng phép suy luận phân tích ngược Để đạt hiệu cao hơn, sử dụng kết hợp thêm phương pháp suy luận phân tích xuống sau chứng minh tổng hợp để hệ thống tư học sinh phát triển đầy đủ Đề nghị BGH, tổ chuyên môn tạo điều kiện, giúp đỡ để tiếp tục triển khai thực đề tài nhà trường Rất mong nhận phản hồi tích cực lời góp ý chân thành bạn bè đồng nghiệp Tôi xin cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 10 tháng năm 2017 Tơi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Nguyễn Hữu Dương 12 TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa toán tập 1, 2 Sách tập toán tập 1, Vẽ thêm yếu tố phụ để giải số tốn hình học - Nguyễn Đức Tấn Ơn tập hình học - Nguyễn Ngọc Đạm, Vũ Dương Thụy Phương pháp suy luận phân tích để giải tốn hình học THCS Khai thác phát triển số toán THCS – Nguyễn Tam Sơn, Phạm Lệ Hằng Nâng cao phát triển Toán tập 1, – Vũ Hữu Bình 8.Ơn tập cuối tuần mơn Tốn tập 1, – Hồng Xn Vinh, Mai Cơng Mãn 9.Các kiến thức, tài liệu có q trình học Đại học sư phạm 13 ... dạy học thầy trị 11 III KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ III.1 Kết luận Cùng vấn đề phân tích theo hướng khác nhau, từ tìm nhiều cách giải khác cho tốn Vì vậy, phân tích tìm lời giải, tích cực suy luận theo. .. khoa toán tập 1, 2 Sách tập toán tập 1, Vẽ thêm yếu tố phụ để giải số tốn hình học - Nguyễn Đức Tấn Ơn tập hình học - Nguyễn Ngọc Đạm, Vũ Dương Thụy Phương pháp suy luận phân tích để giải tốn hình. .. diễn nhanh sau phân tích chóng vánh não Nó làm nên tính nhạy bén phân tích – điều mà người học tốn cần phải đạt Khơng riêng học tốn, phép suy luận nói chung phép suy luận phân tích ngược nói riêng