Rèn luyện các thao tác tƣ duy cho học sinh qua các bài toán

9. Cấu trúc luận văn

2.1. Rèn luyện các thao tác tƣ duy cho học sinh qua các bài toán

2.1.1. Phân tích. Tổng hợp

Phân tích và tổng hợp là hai hoạt động trí tuệ thƣờng gặp nhất trong các bài toán chứng minh hình học. Chứng minh là dựa vào những điều đã biết bao gồm giả thiết của bài toán, các định nghĩa, định lý, tiên đề, mệnh đề và bằng suy luận logic để chứng tỏ kết luận của bài toán là đúng.

Để tìm cách giải của bài toán “ Cho A, chứng minh B”, ta thƣờng dùng phƣơng pháp phân tích đi lên: Để chứng minh B, ta tìm cách chứng minh B1, để chứng minh B1 ta tìm cách chứng minh B2…cuối cùng ta tìm cách chứng minh Bn. Nếu từ giả thiết ta chứng minh đƣợc Bn thì ta đã tìm cách giải đƣợc bài toán.

Khi trình bày lời giải của bài toán chứng minh, ta thƣờng dùng phương pháp tổng hợp, tức là trình bày theo thứ tự ngƣợc lại của bƣớc phân tích đi lên nói trên:

1 2 ... n n ... 1

AA A   A B  B B.

Chứng minh một bài toán là nối một nhịp cầu từ giả thiết đến kết luận. Có nhiều con đƣờng đi từ giả thiết cũng nhƣ có nhiều con đƣờng dẫn đến kết luận tức là có nhiều cách giải cùng một bài toán.[3, tr. 5]

Quá trình phân tích và tổng hợp là hai quá trình gắn bó mật thiết với nhau. Phân tích để tổng hợp có cơ sở và tổng hợp để phân tích có chiều sâu. Để tạo cơ hội rèn luyện và phát triển tƣ duy cho học sinh, từ những bài toán có trong sách giáo khoa, sách tham khảo, sách bài tập, giáo viên có thể sửa đề để kích thích tƣ duy cho học sinh.

Bài toán trong sách tham khảo nhƣ sau:

Bài toán 1: Cho ABC có AB < AC < BC. Trên tia BC lấy điểm M sao cho BM = AB. Trên tia CB lấy N sao cho CN = AC. Gọi O là giao của 3 đường phân giác của ABC, OE, OG, OF thứ tự là khoảng cách từ O đến BC, AB và AC. Chứng minh rằng:

a) AGEM, AFEN là các hình thang cân. b) OMN là tam giác cân. [6, tr. 61]

Để phát triển tƣ duy cho học sinh ta có thể thay đổi bài toán nhƣ sau :

Cho ABC có AB < AC < BC. Gọi O là giao của 3 đường phân giác của ABC, OE, OG, OF lần lượt vuông góc với BC, AB và AC.

a) Có nhận xét gì về các tam giác AGF, BGE, CEF?

b) Trên tia BC lấy điểm M sao cho BM = AB. Trên tia CB lấy N sao cho CN = AC. Có nhận xét gì về các tứ giác AGEM, AFEN?

c) So sánh EM và EN.

Theo bài toán đã chỉnh sửa, các câu hỏi giúp học sinh có những phán đoán, phá hiện và từ đó khám phá ra những kết quả mới. Quá trình chứng minh những phánđoán là đúng sẽ trở lại chứng minh bài toán ban đầu.

Ta có thể hƣớng dẫn học sinh tìm lời giải của bài toán bằng phƣơng pháp nhân tích đi lên nhƣ sau:

Phân tích

AGEM là hình thang cân

GE//AM GAM  AME

 

BGE  BAM BAMcân tại B

BA = BM (giả thiết)  1 0   180 2 BGE ABC GBE  cân tại B BG = BE GBO EBO    Mà  1 0   180 2 BEM  ABC   0 90 G E BO chung B1  B2 Hình 2.1

b)

Tổng hợp: Ta có một lời giải của bài toán nhƣ sau: a) Vì AB = BM (gt)  BAM cân ở B  1 1800    1 2   B  M (BAM M )

Hai tam giác vuông GOB và EOB bằng nhau (cạnh huyền - góc nhọn)

 GB = BE  BGE cân ở B  1 1800  1 1 2   B  E (E G ) Mặt khác: E 1 và 1 M ở vị trí so le trong (3)

Từ (1), (2) và (3)  EG // AM  AGEM là hình thang cân. (4) Chứng minh tƣơng tự ta có AFEN cũng là hình thang cân (5)

b) Chứng minh tƣơng tự ở câu a) ta có hai tam giác vuông GOA và FOA bằng nhau ( cạnh huyền - góc nhọn)  AG = AF. Từ (4)  AG = EM (5)  AF = EN Xét ONM có: OE  NM (GT) EN = EM (CMT)

 ONM cân ở O (đƣờng trung tuyến đồng thời là đƣờng cao) Vậy ON = OM (ĐPCM).

 EN = EM

OMN

 cân

ME= EN

(ME = GA) (NE = AF) GA = AF

AF

AGO O

  

Bài toán 2: Cho tứ giác ABCD, gọi E và F lần lượt là trung điểm của AB và CD. Gọi G,H,I,K theo thứ tự là trung điểm của AF; ED; BF; EC. Chứng minh rằng tứ giác GHIK là hình bình hành.

Phân tích tìm lời giải: Bài toán yêu cầu chứng minh tứ giác GHIK là hình bình hành thì ta có thể chứng minh nó có hai đƣờng chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đƣờng mà ở đây ta có G, H, I, K là trung điểm của 4 đoạn thẳng "rời nhau" nên ta sẽ "liên kết" chúng lại bằng cách sử dụng thêm các trung điểm trung gian, đó là điểm E và F. Ta có cách giải nhƣ sau:

P K I G H F E A D C B Lời giải:

Gọi P là giao điểm của HK và IG. Tứ giác GHIK có hai đƣờng chéo là GI và HK cắt nhau tại P, ta sẽ chứng minh P là trung điểm của mỗi đƣờng. Trong EDC có H và F là trung điểm của ED và DC nên HF là đƣờng trung bình của EDC  HF//DC và HF=

2 1

DC

Do đó HF//EK và HF=EK (K là trung điểm của EC) nên tứ giác HFKE là hình bình hành, suy ra EF và HK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đƣờng. Trong BAF có E và I là trung điểm của BA và BF nên EI là đƣờng trung bình của BAF, suy ra FI // AF và FI=

2

1 AF, tức là FI//GF và FI=GF

(vì G là trung điểm của AF), do đó EIFG là hình bình hành nên EF và GI cắt nhau tại trung điểm mỗi đƣờng.

Nhƣ vậy ba đoạn thẳng EF, GI và HK đồng quy với nhau tại trung điểm mỗi đƣờng tức P là trung điểm của hai đƣờng chéo của tứ giác GHIK tứ giác GHIK là hình bình hành (đpcm)

Bài toán 3 : Chứng minh rằng trong mọi tam giác, tỉ số khoảng cách từ trực tâm đến một đỉnh và khoảng cách từ giao điểm các đường trung trực đến cạnh đối diện với đỉnh ấy là một hẳng số.

Phân tích:

Xét tam giác ABC có H là trực tâm, O là giao điểm các đƣờng trung trực, OM BC . Ta phải chứng minh HA

OM là hằng số. Để xác định hằng số đó ta xét tam giác ABC vuông tại B, khi đó H trùng B, còn O là trung điểm của AC. Ta dự đoán đƣợc tỉ số cần tìm là 2. Nhƣ vậy ta cần chứng minh HA

OM = 2. l O C B A H M O C B A ;H

Xét trƣờng hợp đặc biệt, tam giác ABC vuông tại B, khi đó OM là đƣờng trung bình của tam giác ABC nên ta có điều cần chứng minh. Cũng từ trƣờng hợp đặc biệt này gợi ý cho ta một cách chứng minh nhƣ sau: l K O C B A H M M Hình 2.3 Hình 2.4 Hình 2.5

Lời giải:

Kéo dài CO một đoạn OK = CO. Khi đó OM là đƣờng trung bình của tam giác CBK nên OM // KB, OM = 1

2 KB . Suy ra KB // AH (cùng song song với OM)

Tƣơng tự KA // BH. Do đó AHBK là hình bình hành. Suy ra HA = KB = 2OM. Vậy HA 2 OM  2.1.2. Đặc biệt hóa 2.1.2.1.Đặc biệt hóa là gì

Đặc biệt hóa là chuyển từ trƣờng hợp chung sang trƣờng hợp riêng, sang trƣờng hợp đặc biệt

2.1.2.2. Các cách đặc biệt hóa

i) Thay biến số bởi hằng số, cho các số đo góc hoặc độ dài đoạn thẳng bằng các số cụ thể. Chẳng hạn thay  bởi góc 600.

Bài toán 4:Cho ABC cân có  0 70

A . Từ D là điểm bất kỳ nằm giữa B và C kẻ

DH  AC (H  AC).

a) Tính tổng các góc ngoài của tứ giác ABDH. b) Chứng tỏ rằng A 2HDC .

c) Hãy chứng minh hệ thức trên không phụ thuộc vào độ lớn của A . Lời giải: a) Biết  0 70  A nên   1 0 0 180 70 2    B C ( )   0 55  B   0     1 D 360 (A B H )  0  0  0  0 360 (70 55 90 )

  0 145 D b)  0  HDC180 D (Hai góc kề bù) = 1800 - 1450 = 350  0 35  HDC Ta có:  0  0   170 35 2 A ; HDC  A HDC c) Tổng quát: Ta có:  1 0  0  180 90 2 2 A B ( A)   0 0   0 0  0  360 90 360 90 90 2 A HDB (  A B) (  A  ) mà:  0   0 0 0  180 180 360 180 2 A HDC  HDBHDB (   )  2  A  2

 A HDC (đẳng thức này đúng với mọi góc A).

ii) Thay các điều kiện của bài toán bởi điều kiện hẹp hơn. Chẳng hạn thay tam giác ABC có AC > AB bởi tam giác ABC cân.

Bài toán 5: Cho tam giác ABC(AC > AB), đường cao AH. Gọi D, E, F thứ tự

là trung điểm của AB, AC, BC. a) Tứ giác BDEF là hình gì ? b) Tứ giác DEFH là hình gì?

c) Xác định dạng của tứ giác BDEF nếu tam giác ABC cân ở B d) Xác định dạng của tứ giác DEFG nếu tam giác ABC vuông ở B Lời giải:

a)Vì DE là đƣờng trung bình của tam giác ABC nên DE // BC và DE = 1 2 BC.  DE // = BF  Tứ giác BDEF là hình bình hành. E D H C B A F Hình 2.6 Hình 2.7

b) Vì DE // BC nên DE // HF  Tứ giác DEFH là hình thang

c) Nếu tam giác ABC cân ở B thì BA = BC. Mà BD = 1

2BA, BF = 1

2BC nên BD = BF . Suy ra BDEF là hình thoi. (Hình 2.8)

d) Nếu tam giác ABC vuông tại B thì H  B. Dễ dàng chứng minh đƣợc tứ giác DEFH là hình chữ nhật. (Hình 2. 9) E D C B A F B, H C A F E D

iii) Thay vị trí bất kì của một điểm, của hình bằng vị trí đặc biệt của nó.

Chẳng hạn trong các điểm C thuộc đoạn AB xét C trùng với A, hoặc C trùng với B, hoặc C là trung điểm của AB.

Bài toán 6: Cho tam giác ABC cố định cân ở A. Gọi D, E theo thứ tự là các điểm thay đổi nằm trên cạnh AB và AC sao cho AD = EC. Trung điểm của DE nằm trên đường cố định nào?

Phân tích: Gọi O là trung điểm của DE, ta thấy:

- Khi D trùng với A thì E trùng với C, khi đó O trùng với trung điểm Q của AC

- Khi D trùng với B thì E trùng với A, khi đó O trùng với trung điểm P của AB

Từ đó ta dự đoán đƣợc điểm O nằm trên đƣờng trung bình PQ của tam giác ABC cố định. Khi đó nối AO cắt BC tại M thì ta thấy tứ giác ADME có khả năng là hình bình hành. Từ phán đoán đó ta có lời giải sau đây:

Lời giải:

Gọi O, P, Q lần lƣợt là trung điểm của DE, AB, AC. Qua E kẻ EM // AB.

Ta có BM1( so le trong)

Mà BC ( tam giác ABC cân tại A)   

1

CM nên tam giác EMC cân tại E.  EM = EC, mà EC = AD (GT)

 EM = AD

Vậy ADME là hình bình hành

 DE và AM cắt nhau tại trung điểm của mỗi

o Q P 1 M E D C B A

đƣờng, mà O là trung điểm của DE nên O cũng là trung điểm của AM. PO là đƣờng trung bình của tam giác ABM nên PO // BM hay PO // BC. Mà PQ là đƣờng trung bình của tam giác ABC nên PQ // BC.

 O, P, Q thẳng hàng hay O thuộc PQ.

Vậy khi D và E di chuyển sao cho AD – CE thì O chuyển động trên PQ là đƣờng trung bình của tam giác ABC cố định.

iiii) Bổ sung thêm các quan hệ mới vào bài toán. Chẳng hạn trong hình bình hành ABCD, xét trƣờng hợp ABCD là hình chữ nhật.

Bài toán 7: Cho hình bình hành ABCD có O là giao điểm hai đường chéo.

Điểm E thuộc cạnh AB, gọi F là giao điểm của EO và CD. Vẽ EG // AC, FH // AC (G  BC, H AD).

a) Chứng minh rằng EGFH là hình bình hành.

b) Chứng minh rằng nếu ABCD là hình chữ nhật thì chu vi hình bình hành EGFH gấp đôi AC.

Lời giải:

a) Ta có BOE DOF (g.c.g)  BE = DF. Ta lại có:

1 1 H F G E O D C B A l K 1 1 1 H F G E O D C B A  

EBGFDH (hai góc đối của hình bình hành)  

1 1

E F (góc có cạnh tƣơng ứng song song) Do đó: BEG DFH (g.c.g)

 EG = FH

Tứ giác EGFH có EG = FH, EG // FH nên là hình bình hành. b) Gọi I, K theo thứ tự là giao điểm của EH và FG với AC. Ta có: EH // BD   

1 1

E B mà B1A1E1 A1EI AI .

Tƣơng tự GK = KC. Do đó IE + EG + GK = AI + IK + KC = AC. Chứng minh tƣơng tự IH + HF + KF = AC.

Vậy chu vi hình bình hành EGFH bằng 2AC

2.1.2.3. Tác dụng của đặc biệt hóa

Ta biết rằng một tính chất đúng trong trƣờng hợp chung thì cũng đúng trong trƣờng hợp đặc biệt, một tính chất sai trong trƣờng hợp đặc biệt thì cũng sai trong trƣờng hợp chung. Do đó phƣơng pháp đặc biệt hóa có một số tác dụng sau:

i) Bác bỏ một mệnh đề ii) Phát hiện một tính chất iii) Dự đoán một kết quả

Bài toán 8:Cho góc vuông xOy, điểm A thuộc tia Oy sao cho OA = 2cm. Lấy B là một điểm bất kí thuộc tia Ox. Gọi C là trung điểm của AB. Khi điểm B di chuyển trên tia Ox thì điểm C di chuyển trên đường nào? [5, tr.103]

Hình 2.11

Nhận xét: Bài toán thuộc phần “ Đƣờng thẳng song song với một đƣờng thẳng cho trƣớc”. Câu hỏi mà bài toán đặt ra là điểm C nằm trên đƣờng nào. Ta sẽ thông qua một vài trƣờng hợp đặc biệt để có thể phán đoán đƣợc điểm C nằm trên đƣờng thẳng song song với Ox, cách Ox một khoảng bằng 1cm.

Lời giải:

Từ giả thiết ta có OA Ox.

Vẽ CH  Ox (H  Ox)  CH // AO. Mặt khác, C là trung điểm của AB  H là trung điểm của OB và CH là đƣờng trung bình của tam giác BAO

CH = 1

2AO = 1cm.

Nói cách khác, C luôn cách Ox một khoảng không đổi là 1cm. Vậy C nằm trên đƣờng thẳng song song

với Ox, cách Ox một khoảng là 1cm (1). Vì A  Oy và B  Ox nên trung điểm C của AB phải nằm trong góc xOy (2). Khi BO thì CD (D là trung điểm của AO)(3).

Từ (1),(2),(3)  khi B di chuyển trên tia

z D H C B 2cm A y x O

Ox thì C di chuyển trên tia Dz (D là trung điểm của AO, Dz//Ox và Dz nằm trong góc xOy).

iiii) Đặt ra một bài toán mới

Trong quá trình dạy học toán, việc tìm lời giải cho các bài toán không chỉ là mục đích mà còn là cơ sở để đề xuất các bài toán mới . Nếu ta biết khai thác các bài toán vừa giải xong bằng cách đặc biệt hóa thì ta có thể thu đƣợc những bài toán thú vị khác.

Bài toán 9: Cho tứ giác ABCD. Gọi E, F, G, H theo thứ tự là trung điểm của

các cạnh AB, BC, CD, DA. Tứ giác EFGH là hình gì? Vì sao? [15, tr. 93]

Lời giải:

HE là đƣờng trung bình của tam giác ADB

 HE // DB và HE = 1

2DB

GF là đƣờng trung bình của tam giác CDB  GF // DB và GF= 1 2DB H G F E D C B A  HE // GF và HE = GF.

Vậy tứ giác EFGH là hình bình hành (tứ giác có một cặp cạnh đối song song và bằng nhau).

- Câu hỏi đặt ra : Liệu nếu tứ giác ABCD không lồi thì tứ giác EFGH có là hình bình hành không?

Dễ thấy hoàn toàn tƣơng tự nhƣ bài toán trên ta chứng minh đƣợc tứ giác EFGH là hình bình hành.