SKKN 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

SKKN 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 7Trong những năm gần đây chất lượng giáo dục của trường tôi đang 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 3 toàn quận. Là giáo viên trực tiếp giảng dạy môn Toán lớp 7 theo chương trình sách giáo khoa mới nhiều năm liên tục, do đó tôi có nhiều thời gian để tiếp cận với nội dung, chương trình môn Toán lớp 7. Qua nghiên cứu hệ thống kiến thức trong sách giáo khoa Toán lớp 7 và thực tiễn giảng dạy, tôi thấy cuốn sách giáo khoa Toán 7 được biên soạn khá công phu, sắp xếp hệ thống kiến thức khoa học. Hệ thống bài tập đa dạng kích thích được tính tìm tòi sáng tạo của học sinh nhất là học sinh khá giỏi. Đặc biệt các bài tập thường đơn giản,nhưng nghiên cứu kỹ sẽ thấy trong đó chứa đựng rất nhiều điều thú vị và bổ ích. Do vậy trong quá trình dạy giải bài tập toán cho học sinh tôi luôn chú trọng tới việc hướng dẫn học sinh khai thác, phát triển các bài toán trong sách giáo khoa và coi đây là một biện pháp quan trọngvà hiệu quả trong việc rèn luyện năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh. Qua 2 năm áp dụng sáng kiến kinh nghiệmtrên vào giảng dạy tôi thấy nhiều định lý, tính chất toán học và các bài tập trong sách giáo khoa lớp 7 đã được học sinh tìm tòi giải được bằng nhiều cách khác nhau hoặc khai thác phát triển thành những bài toán mới hay hơn, khó hơn, tổng quát hơn tạo được hứng thú học tập cho học sinh, "Thầy đố trò, trò đố thầy" say mê, sôi nổi . Bằng cách làm đó đã giúp tôi đạt được những kết quả nhất định trong việc nâng cao chất lượng giảng dạy môn Toán, đặc biệt là chất lượng bồi dưỡng họcsinh giỏi.
docx 24 trang Mai Loan 29/12/2023 2832
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "SKKN 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", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
A-ĐẶT VẤN ĐỀ
LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Cơ sở lý luận.
Ở trường THCS, dạy học Toán là hoạt động Toán học. Đối với học sinh có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động Toán học. Các bài toán là phương tiện rất có hiệu quả trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức đồng thời phát triển tư duy và hình thành kỹ năng ứng dụng toán học vào thực tiễn. Tổ chức có hiệu quả việc hướng dẫn học sinh giải các bài tập Toán có ý nghĩa quyết định tới chất lượng dạy và học Toán. Để làm được điều đó thì trong dạy học Toán, đặc biệt là dạy giải bài tập toán thì người thầy giáo cần quan tâm tới việc phát triển năng lực thực hiện các thao tác tư duy: phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát hóa, đặc biệt hóa, trừu tượng hóa, cụ thể hóa và các năng lực nhìn nhận các vấn đề Toán học trong nhiều góc độ khác nhau, đề xuất các hướng giải quyết vấn đề trên cơ sở các góc độ nhìn nhận đó.
Tôi cho rằng hệ thống kiến thức trong sách giáo khoa là nguồn quan trọng cần được khai thác để làm tốt nhiệm vụ phát triển năng lực toán học như đã nêu ở trên cho học sinh.
2 Cơ sở thực tiễn.
Trong những năm gần đây chất lượng giáo dục của trường tôi đang 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 3 toàn quận. Là giáo viên trực tiếp giảng dạy môn Toán lớp 7 theo chương trình sách giáo khoa mới nhiều năm liên tục, do đó tôi có nhiều thời gian để tiếp cận với nội dung, chương trình môn Toán lớp 7. Qua nghiên cứu hệ thống kiến thức trong sách giáo khoa Toán lớp 7 và thực tiễn giảng dạy, tôi thấy cuốn sách giáo khoa Toán 7 được biên soạn khá công phu, sắp xếp hệ thống kiến thức khoa học. Hệ thống bài tập đa dạng kích thích được tính tìm tòi sáng tạo của học sinh nhất là học sinh khá giỏi. Đặc biệt các bài tập thường đơn giản, nhưng nghiên cứu kỹ sẽ thấy trong đó chứa đựng rất nhiều điều thú vị và bổ ích. Do vậy trong quá trình dạy giải bài tập toán cho học sinh tôi luôn chú trọng tới việc hướng dẫn học sinh khai thác, phát triển các bài toán trong sách giáo khoa và coi đây là một biện pháp quan trọng và hiệu quả trong việc rèn luyện năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh. Qua 2 năm áp dụng sáng kiến kinh nghiệm trên vào giảng dạy tôi thấy nhiều định lý, tính chất toán học và các bài tập trong sách giáo khoa lớp 7 đã được học sinh tìm tòi giải được bằng nhiều cách khác nhau hoặc khai thác phát triển thành những bài toán mới hay hơn, khó hơn, tổng quát hơn tạo được hứng thú học tập cho học sinh, "Thầy đố trò, trò đố thầy" say mê, sôi nổi . Bằng cách làm đó đã giúp tôi đạt được những kết quả nhất định trong việc nâng cao chất lượng giảng dạy môn Toán, đặc biệt là chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi.
Chính vì những lí do trên, tôi viết sáng kiến kinh nghiệm với đề tài: “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”. Do khuôn khổ của đề đề tài, phần ví dụ chỉ nêu ra một số bài toán tiêu biểu trong hệ thống các bài toán đã được học sinh khai thác, phát triển.
MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
Mục đích nghiên cứu là tạo ra sự hứng thú, say mê trong quá trình giảng dạy của thầy, học tập của trò. Kích thích, phát triển năng lực tư duy, sáng tạo, chủ động của học sinh qua quá trình học tâp. Nhằm nâng cao chất lượng dạy và học môn Toán, đặc biệt là chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi.
ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU.
Đối tượng nghiên cứu là: Khai thác và phát triển các bài toán trong sách giáo khoa Toán lớp 7.
ĐỐI TƯỢNG KHẢO SÁT, THỰC NGHIỆM.
Đối tượng khảo sát, thực nghiệm là học sinh lớp 7D năm học 2014 – 2015 và năm học 2016 – 2017 của trường THCS nơi tôi đang giảng dạy.
PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
Sử dụng các 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.
PHẠM VI & KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI
1. Phạm vi nghiên cứu của đề tài: Chương trình sách giáo khoa Toán 7. 2.Thời gian thực hiện: Thực hiện trong năm học 2014 – 2015 và năm học
2016-2017.
B- NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Đề tài “Rèn luyện năng lực tư duy, sáng tạo cho học sinh qua việc hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển các bài toán trong sách giáo khoa Toán 7” nghiên cứu và đưa ra 3 hướng khai thác, phát triển các bài toán theo cấp độ tăng dần của tư duy:
Hướng dẫn học sinh giải bài toán bằng nhiều cách khác nhau;
Khai thác & phát triển bài toán đã cho thành những bài toán mới;
Hướng dẫn học sinh xây dựng bài toán tổng quát từ bài toán cụ
thể.
I. HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TOÁN BẰNG NHIỀU
CÁCH KHÁC NHAU.
Ví dụ 1:
Bài toán 1: Chứng minh định lý: Nếu tam giác có một đường trung tuyến đồng thời là đường phân giác thì tam giác đó là tam giác cân.
( Bài số 42 trang 73 SGK Toán 7 tập 2).
2
1	1	C
M
N
Cách 1:
Trên tia đối của tia MA lấy điểm N sao cho MN = MA
Xét ∆ MAC và ∆ MNB có : MB = MC (gt);
𝑀̂1 = 𝑀̂2( đối đỉnh)
MA = MN ( cách vẽ)
=> ∆ MAC =∆ MNB( c.g.c)
=>AC = BN (1)
Và 𝐴̂2 = 𝑁̂ mà 𝐴̂1 = 𝐴̂2 (gt) => 𝐴̂1 =
𝑁̂
=> ∆ BAN cân tại B => BA= BN (2) Từ (1) và (2) => AB = AC
=> ∆ ABC cân tại A
Lời giải
1
1
2
A
B
1 2
1	2
1
M
1
D
C
Cách 2:
Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt tia AM tại D.
Xét ∆ MBD và ∆ MCA có
𝐵̂1 = 𝐶̂1 ( so le trong ), MB = MC( gt);
𝑀̂1 = 𝑀̂2 ( đối đỉnh)
=> ∆ MBD = ∆ MCA(g.c.g)
=> BD = AC ( 1)
Mặt khác 𝐷̂ = 𝐴̂2 ( so le trong) Mà 𝐴̂1 = 𝐴̂2 (gt) =>𝐴̂1 = 𝐷̂
=>∆ BAD cân tại B => AB=BD (2) Từ (1) và (2) =>AB=AC
=> ∆ ABC cân tại A
A
B
Cách 3: Trên tia đối của tia MA lấy
1 2
1
1
1
2 M
E
A	điểm E sao cho BE = AB	(1)
=> ∆ BAE cân tại B
=> 𝐴̂1 = 𝐸̂
Mà 𝐴̂1 = 𝐴̂2 (gt)
B	C	=> 𝐴̂2 = 𝐸̂ => AC//BE
Xét	∆ MBE và ∆ MCA có
𝐵̂1 = 𝐶̂1 ( so le trong ); MB = MC( gt);
𝑀̂1 = 𝑀̂2 ( đối đỉnh)
=> ∆ MBE = ∆ MCA (g.c.g)
=> BE = AC ( 2)
Từ (1) và (2) => AB= AC
=> ∆ ABC cân tại A.
1 2
F	E
B	M	C
Cách 4:
Gọi E, F theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ M xuống các cạnh AB, AC. Ta có :
Diện tích ∆ MAB = 1/ 2 MF.AB (1) Diện tích ∆ MAC = 1/ 2 ME.AC (2)
Mặt khác các ∆ MAB và ∆ MAC có chung đường cao kẻ từ A và 2 cạnh tương ứng bằng nhau: BM= MC(gt)
=>Diện tích ∆MAB = Diện tích ∆MAC (3)
Từ (1), (2), (3):
=> MF. AB = MF. AC (4)
Xét 2 tam giác vuông ∆ EAM và ∆ FAM có 𝐴̂1 = 𝐴̂2 (gt), AM chung.
=> ∆ EAM = ∆ FAM
=> MF= ME ( 5)
Từ ( 4) và (5) => AB = AC
=>∆ ABC cân tại A
A
1 2
E	F
B	M	C
Cách 5:
Gọi E, F lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ M xuống AB; AC. Có 2 khả năng xảy ra:
Trường hợp 1:
Các góc B, C cùng nhọn:
Xét các tam giác vuông ∆EAM và
∆FAM có:
𝐴̂1 = 𝐴̂2 (gt), AM chung.
=> ∆EAM = ∆FAM => MF= ME .
Mà MB = MC (gt)
=> ∆ EMB = ∆ FMC ( Cạnh huyền, cạnh góc vuông)
=>𝐵̂ = 𝐶̂ => ∆ ABC cân tại A.
Trường hợp 2:
A	Trong 2 góc B và góc C có 1 góc lớn hơn hoặc bằng 900. Giả sử góc B≥ 900
Chứng minh tương tự như trường hợp 1 ta có ∆ EMB = ∆ FMC ( cạnh huyền,
F	cạnh góc vuông)
B	M	C	=> 𝐸̂𝐵𝑀 = 𝐹̂𝐶𝑀 điều này là vô lý vì
E	góc EBM là góc ngoài của ∆ ABC nên
ta luôn có 𝐸̂𝐵𝑀 > 𝐴̂𝐶𝐵 ℎ𝑎𝑦 𝐹̂𝐶𝑀
=> Trường hợp này không xảy ra. Từ các trường hợp trên => Đpcm.
A
K
B	3 M	C
4
P
Cách 6:
Gọi K,P lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ B và C xuống tia AM.
Xét các tam giác vuông ∆KBM và ∆ PCM có
BM = CM(gt) và 𝑀̂3 = 𝑀̂4 ( đối đỉnh)
=> ∆ KBM = ∆ PCM => BK= CP
Kết hợp với điều kiện 𝐴̂1 = 𝐴̂2 (gt)
=> ∆ KAB = ∆ PAC ( cạnh góc vuông, góc nhọn)
=> AK= AP. Mà K, P cùng thuộc tia AM => K và P trùng nhau và trùng với M
=> AM ^ BC
Xét các tam giác vuông ∆ MAB và
∆ MAC có 𝐴̂1 = 𝐴̂2 (gt)
MB = MC(gt) =>∆ MAB = ∆ MAC
=> AB = AC =>∆ ABC cân tại A.
A	3	N
1 2
K
1
B	2	C
M
Cách 7:
Qua M và A kẻ các đường thẳng lần lượt song song với AB và BC, các đường thẳng này cắt nhau tại N, MN cắt AC tại K.
Xét ∆ MAB và ∆ AMN có
𝐴̂1 = 𝑀̂1 ( so le trong), AM chung và𝐵̂𝐴𝑀 = 𝑀̂𝐴𝑁 ( so le trong)
=> ∆ MAB = ∆ AMN ( g.c.g)
=> BM = AN
Mà BM = MC (gt) => MC = AN. Kết
hợp với các điều kiện 𝑀̂2 = 𝑁̂;
𝐶̂ = 𝐴̂3 ( so le trong)
=> ∆KMC = ∆ KNA ( g.c.g)
=> AK = KC (1)
Mặt khác: 𝐴̂1 = 𝐴̂2 (gt),
𝐴̂1 = 𝑀̂1 ( so le trong)
=>𝑀̂1 = 𝐴̂2
=> ∆ KAM cân tại K => AK=KM(2)
Từ (1) và (2) => KM = KC => ∆ KMC
cân tại K =>𝐶̂ = 𝑀̂2
Mà 𝐵̂ = 𝑀̂2 ( đồng vị ) =>𝐵̂ = 𝐶̂
=>∆ ABC cân tại A
Cách 8 :
Qua M kẻ đường thẳng // AC và qua B kẻ đường thẳng // AM, các đường thẳng này cắt nhau tại D. Gọi K là giao điểm của AB và MD.
Xét ∆ BDM và ∆ MAC có
𝐷̂𝐵𝑀 = 𝐴̂𝑀𝐶 ( đồng vị), MB= MC(gt) và 𝐷̂𝑀𝐵 = 𝐴̂𝐶𝑀 ( đồng vị )
=>∆ BDM = ∆ MAC (g.c.g)
=> AM = BD, 𝐷̂ = 𝐴̂2
A
1 2
K
1
2
D	Xét ∆ KAM và ∆ KBD có
AM = BD(cmt) 𝐴̂1 = 𝐵̂1; 𝐷̂ = 𝑀̂2 ( so le trong) => ∆ KAM = ∆ KBD (g.c.g)
=> KD= KM(1)
Mặt khác : 𝐷̂ = 𝑀̂2 (cmtr); 𝐴̂1 = 𝐴̂2
B	C (gt), 𝐴̂1 = 𝐵̂1 ( so le trong)
M	=> 𝐷̂ = 𝐵̂1 => ∆ KBD cân tại K
=> DK = KB	(2)
Từ (1) và (2) => KB = KM
=>∆ KBM cân tại K
=> 𝐾̂𝐵𝑀 = 𝐾̂𝑀𝐵
mà 𝐾̂𝑀𝐵 = 𝐴̂𝐶𝐵 ( đồng vị)
=> 𝐾̂𝐵𝑀 = 𝐴̂𝐶𝐵
=>∆ ABC cân tại A.
Cách 9:
A
1 2
Q
P
Vì 𝐴̂𝑀𝐵 + 𝐴̂𝑀𝐶 = 1800 nên trong 2 góc AMB và AMC phải có 1 góc không lớn hơn 900. Không mất tính tổng quát, giả sử 𝐴̂𝑀𝐶 < 900
Nếu 𝐴̂𝑀𝐶 < 900 thì từ C kẻ đường thẳng vuông góc với AM cắt AM và AB theo thứ tự tại P, Q khi đó điểm P nằm giữa A và M; điểm Q nằm giữa A và B.
B	C
M	Xét các tam giác vuông ∆ APQ và
∆ APC có 𝐴̂1 = 𝐴̂2 (gt), AP chung
A
1 2
Q
P
=>∆ APQ = ∆ APC => AQ = AC,
PC = PQ
Nối MQ, xét các tam giác vuông
∆ PMQ và ∆ PMC có PC =PQ ( cmtr) cạnh PM chung
=>∆ PMQ = ∆ PMC (c.g.c)
B	C	=> MQ = MC, mà MC = MB(gt)
M
=> MQ = MC = MB = 1/2 BC
=>∆ QBC vuông tại Q ( theo kết quả
bài số 39 sách bài tập Toán 7 – Tập 2 trang 28 )
=> AQ và AP cùng vuông góc với CQ, điều này là vô lý => trường hợp
𝐴̂𝑀𝐶 < 900 không xảy ra
=>𝐴̂𝑀𝐶 = 900 => 𝐴̂𝑀𝐵 = 900
Xét các tam giác vuông: ∆ AMB
và ∆AMC có 𝐴̂1 = 𝐴̂2 (gt), AM chung
=>∆ AMB =∆AMC =>∆ABC cân tại A
Ví dụ 2:
Bài toán 2:
Chứng minh rằng từ tỷ lệ thức :

a = c	( a – b ¹ 0, c – d ¹ 0)
b	d
Ta có thể suy ra tỉ lệ thức
a + b =
a - b
c + d c - d
(Bài 63 trang 31 SGK Toán 7 tập 1 NXB Giáo dục 2003)
Lời giải
Cách 1: Từ
a = c =>
d
a + 1 =
b
c + 1
d
=> a + b =
b
c + d d
CM Tương tự ta có:
a - b = c - d
=> a + b :
b
a - b =
b
b
c + d :
d
d
c - d =>
d

a + b =
a - b

c + d c - d
Cách 2: Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau
a = c	=>
b	d
a = b =
d
a + b c + d
và a = b =
c	d
a - b c - d
=> a + b
c + d
= a - b =>
c - d
a + b =
a - b
c + d c - d
Cách 3: Đặt
a = c = k
b	d
=> a = bk; c=dk
=> a + b =
bk + b = b(k + 1) = k + 1
(1)
a - b
Và c + d =
c - d
bk - b
dk+ d dk - d
b(k - 1)
= d (k + 1) =
d (k -1)
k -1
k + 1
k -1

(2)
Từ (1) và ( 2) =>
a + b =
a - b
c + d c - d
Cách 4:
Từ a =
b
c => 2bc = 2ad => ac – ad + bc – bd = ac + ad – bc + bd
d
a( c – d) + b( c – d) = a(c + d) – b( c+ d)
( a + b ( c – d) = (a – b)( c +d)
a + b =
a - b
c + d c - d
Cách 5
Từ a =
b
c = > ad = bc
d
Do đó
a + b =
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 c - d
Cách 6:
Từ a =
b
c = > ad = bc
d
Do đó: c + d
= b(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 =
a - b
c + d c - d
Ví dụ 3:
Bài toán 3: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A = x - 2001 + x - 1
(Bài 141 trang 23 sách bài tập toán 7 tập 1)
Lời giải
Cách 1: ( Lời giải trong sách bài tập Toán 7 tập 1) Theo bài 140 a ( Bài 140a : Cho x, y ÎQ chứng tỏ rằng

x - 2001 +

x - 1
=	2001 - x + x - 1 ³ ( 2001 – x) + ( x -1) = 2000
Dấu = xảy ra khi 2001 – x và x -1 cùng dấu, tức là 1
£ x £
2001
Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 2000; khi 1 £ x £
Cách 2:
Ta xét các trường hợp sau:
2001
Nếu x A = x - 2001 + x - 1 = -x + 2001 – x + 1 = -2x + 2002
Vì x -2x -2x+ 2002> 2000 hay A > 2000/
-	nếu 1
=>A = 2000
£ x £
2001 => A = x - 2001 +
x - 1
= -x – 2001+ x -1 = 2000
-	Nếu x> 2001 => 2x > 4002 => 2x – 2002> 4002 – 2002= 2000 => A>2000
Tử các trường hợp xét trên suy ra giá trị nhỏ nhất của A là 2000 đạt được
khi 1 £ x £ 2001
Cách 3: Trên trục số, Điểm N biểu diễn số 1, điểm P biểu diễn số 2001 và điểm M biểu diễn theo số x
Theo định nghĩa giá trị tuyệt đối của một số ta có
x - 2001
chính là số đo
đoạn thẳng MP ,
x - 1
là số đo đoạn thằng MN.
Do đó A =
x - 2001 +
x - 1
= NM+ MP
=> Tổng NP+ MP nhỏ nhất khi điểm M
thuộc đoạn NP tức là 1 £ x £ 2001
Khi đó giá trị nhỏ nhất của A là 2001 – 1= 2000 đạt được khi
1
x
2001
x
N
1
M
P
2001
M
N
P
1
2001 x
N
P
M
1 £ x £
2001
Cách 4: Ta có A ³ A, dấu = xảy ra khi A³ 0. Do đó:
x - 2001
= 2001 - x
³ 2001 – x
Dấu = xảy ra khi 2001 – x ³ 0 hay x £ 2001
Và x - 1 ³ x -1. Dấu = xảy ra khi x – 1 ³ 0 hay x ³ 1
A = x - 2001 + x - 1 ³ (2001 – x) + ( x -1) = 2000
Dấu = xảy ra khi 2001 ³ x và x ³ 1 hay 1 £ x £ 2001
Khi đó giá trị nhỏ nhất của A là 2001 - 1= 2000 đạt được khi 1 £ x £ 2001.
Tóm lại: Từ việc tìm ra nhiều lời giải khác nhau cho một bài toán, học sinh sẽ chọn được lời giải hay cho bài toán đó. Hơn thế, bước đầu các em còn được rèn khả năng bao quát, hội tụ các kiến thức, các yếu tố có liên quan để giải quyết vấn đề một cách tối ưu nhất.
Song trong thực tế, học sinh rất cần được rèn khả năng dự đoán, phát hiện những vấn đề mới từ những điều đã biết và chủ động giải quyết những vấn đề đó. "Khai thác & phát triển bài toán đã cho thành những bài toán mới" là một biện pháp tích cực giúp học sinh rèn khả năng tư duy nói trên.
II. KHAI THÁC & PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN ĐÃ CHO THÀNH NHỮNG BÀI TOÁN MỚI.
Ví dụ 4:
Bài toán 4:
Cho hình 52. Hãy so sánh:
a)	𝐵̂𝐼𝐾 và 𝐵̂𝐴𝐼.	A
b)	𝐵̂𝐼𝐶 và 𝐵̂𝐴𝐶.
( Bài 3 trang 108 SGK Toán 7 tập 1)	I
B	K	C
Lời giải
Ta có 𝐵̂𝐼𝐾 là góc ngoài của D AIB và 𝐵̂𝐴𝐼 là góc trong không kề với nó nên BIK > BAK .
Chứng minh tương tự như trên ta cũng có 𝐶̂𝐼𝐾 > 𝐶̂𝐴𝐾 Do đó
𝐵̂𝐼𝐾 + 𝐶̂𝐼𝐾 > 𝐵̂𝐴𝐼 + 𝐶̂𝐴𝐾 Hay 𝐵̂𝐼𝐶 > 𝐵̂𝐴𝐶 .
Ở bài toán này câu a là gợi ý cho câu b; do đó nếu bỏ câu a thì ta được bài toán mới khó hơn.
12
Bài toán 4.1:
Cho tam giác ABC, I là 1 điểm nằm trong tam giác. Hãy so sánh góc BAC và góc BIC.
A
I
B	K	C
Từ lời giải bài toán 4 sẽ giúp ta tìm được lời giải của bài toán 4.1 bằng cách kẻ tia AI căt BC tại K.
Ngoài ra ta có thể giải bài toán 4.1 theo cách khác mà không cần kẻ thêm đường phụ như sau:
Xét D BIC có	𝐵̂𝐼𝐶 + 𝐵̂𝐶𝐼 + 𝐶̂𝐵𝐼 = 1800	(1)
D ABC có 𝐵̂𝐴𝐶 + 𝐵̂𝐶𝐴 + 𝐶̂𝐵𝐴 = 1800	(2) Mà 𝐵̂𝐶𝐼 < 𝐵̂𝐶𝐴; 𝐼̂𝐵𝐶 < 𝐴̂𝐵𝐶.
Do đó phải có: 𝐵̂𝐼𝐶 < 𝐶̂𝐴𝐵.
Tiếp tục cho học sinh khai thác các kết quả (1) và (2) để đi tìm mối liên hệ giữa 𝐵̂𝐴𝐶 và 𝐵̂𝐼𝐶 ta thu được kết quả sau:
Từ (1) và (2) => 𝐵̂𝐼𝐶 + 𝐵̂𝐶𝐼 + 𝐶̂𝐵𝐼 = 𝐵̂𝐴𝐶 + 𝐵̂𝐶𝐴 + 𝐶̂𝐵𝐴
=> 𝐵̂𝐼𝐶 = 𝐵̂𝐴𝐶 + 𝐴̂𝐵𝐼 + 𝐴̂𝐶𝐼
Từ kết quả này các em đã xây dựng được bài toán mới như sau :
Bài toán 4.2
Cho tam giác ABC, I là một điểm nằm trong tam giác. Chứng minh rằng 𝐵̂𝐼𝐶 = 𝐵̂𝐴𝐶 + 𝐴̂𝐵𝐼 + 𝐴̂𝐶𝐼.
Không dừng lại ở đây, tiếp tục cho học sinh khai thác kêt quả bài toán 4.2 bằng cách đặc biệt hóa vị trí của điểm I là giao điểm của các đường phân giác của D ABC, khi đó học sinh đều nhận xét được:
𝐵̂𝐴𝐶 + 𝐴̂𝐶𝐼 = 1 ̂	̂	1	0	̂
0	1 ̂
(𝐴𝐵𝐶 + 𝐴𝐶𝐵) =
2
(180
2
− 𝐵𝐴𝐶) = 90
−	𝐵𝐴𝐶 2
Do đó 𝐵̂𝐼𝐶 = 𝐵̂𝐴𝐶 + 90
0 − 1 𝐵̂𝐴𝐶 = 90
2
0 + 1 𝐵̂𝐴𝐶
2
Đến đây ta có bài toán mới như sau:
Bài toán 4.3:
Cho tam giác ABC, các đường phân giác của góc B và C cắt nhau tại I .
CMR
𝐵̂𝐼𝐶 = 900
+ 1 𝐵̂𝐴𝐶 (3)
2
Từ (3) => Nếu biết số đo của 𝐵̂𝐴𝐶 thì sẽ xác định được số đo của 𝐵̂𝐼𝐶, từ đó ta có bài toán mới như sau:
Bài toán 4.4:
Cho tam giác ABC, các đường phân giác của góc B và góc C cắt nhau tại
Tính BIC biết:
a)	𝐵̂𝐴𝐶= 600
b)	𝐵̂𝐴𝐶 = 900
c)	𝐵̂𝐴𝐶 = 1200
d)	𝐵̂𝐴𝐶 = 1500
Tiếp tục cho học sinh khai thác kết quả bài toán 4.3 theo hướng khác bằng cách từ kết quả (3) yêu cầu học sinh tính các góc AIC và góc AIB để đi đến các kết quả sau:
𝐵̂𝐼𝐶 = 900

+ 1 𝐵̂𝐴𝐶 2
𝐴̂𝐼𝐶 = 900 +
̂	0
1 𝐴̂𝐵𝐶
2
1 ̂
𝐴𝐼𝐵 = 90
+	𝐴𝐶𝐵
2
Từ các đẳng thức trên ta thấy rằng nếu 𝐵̂𝐼𝐶 = 𝐴̂𝐼𝐶 thì 𝐵̂𝐴𝐶 = 𝐴̂𝐵𝐶
tức là D ABC cân tại C và ngược lại. Đến đây ta có bài toán mới như sau:
Bài toán 4.5:
Chứng minh rằng nếu trong tam giác ABC tồn tại một điểm I thỏa mãn
𝐵̂𝐼𝐶 = 𝐴̂𝐼𝐶 thì tam giác ABC là tam giác cân và ngược lại.
Tiếp tục cho học sinh khai thác các đẳng thức trên để đi đến nhận xét:
Nếu 𝐵̂𝐼𝐶 = 𝐴̂𝐼𝐶 = 𝐵̂𝐼𝐴
đến bài toán mới hay hơn.
Bài toán 4.6:
thì 𝐵̂𝐴𝐶 = 𝐴̂𝐵𝐶 = 𝐵̂𝐶𝐴
và ngược lại từ đó đi
Chứng minh rằng nếu trong tam giác ABC tồn tại một điểm I sao cho
𝐵̂𝐼𝐶 = 𝐴̂𝐼𝐶 = 𝐵̂𝐼𝐴 thì tam giác ABC là tam giác đều và ngược lại.
Ví dụ 5:
Bài toán 5:
Cho tam giác ABC , Â = 90 0, góc C = 30 0 . CMR AB = 1/2BC.
A
B	I	C
Cách 1:
Kẻ tia Ax nằm giữa 2 tia AB, AC : 𝐶̂𝐴𝐼
=> D IAC cân tại I => IA=IC (1)
= 300; IÎBC
Mặt khác D ABC vuông tại A => 𝐵̂𝐴𝐼 = 𝐵̂𝐴𝐶 − 𝐼̂𝐴𝐶
Góc B=900 - 300 = 600
= 900 - 300 = 600
𝐵̂ = 𝐵̂𝐴𝐼 = 600
D IAB là tam giác đều => AI = IB (2)
Từ (1) và (2) => AI =BI=IC
AB= 1/2 BC Cách 2:
D
A
B	C
Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho AB =AD
=>AB = 1/2BD(1)
𝐵̂𝐴𝐶 =900 => AC ^ BD => AC là đường trung trực của BD => BC = CD
=> D CBD là tam giác cân tại C => Đường cao CA đồng thời là đường phân giác.
=> 𝐵̂𝐶𝐷 = 2 𝐵̂𝐶𝐴 = 2.300 = 600
=> D CBD là tam giác đều => BD = BC(2) Từ ( 1) và (2) AB = 1/2 BC.
Sau khi hướng dẫn học sinh giải bài toán 5 theo 2 cách trên , tôi tiếp tục hướng dẫn học sinh khai thác bài toán này như sau:
Trước hết cho học sinh nhận xét giả thiết Â= 900 trong bài toán có thể thay thế bằng điều kiện cho ̂𝐵= 600 , từ đó cho bài toán mới như sau:
Bài toán 5.1:
Cho tam giác ABC ,
̂𝐵= 600 ;
̂𝐶 = 300
Chứng minh rằng AB= 1/2 BC
Sau đó cho học sinh suy nghĩ bài toán 5 theo hướng khác bằng cách thay
điều kiện của giả thiết ̂𝐶=300	thành kết luận và chuyển kết luận AB = 1/2 BC
của bài toán làm giả thiết từ đó đi đến bài toán mới sau.
Bài toán 5.2: Cho tam giác ABC có Â= 900, AB = 1/2 BC. CMR
B	A	D

̂𝐶=300
C
Để chứng minh bài toán 5.2 tôi cho học sinh liên hệ tới cách giải 1 của bài toán 5 từ đó học sinh đã tìm được lời giải bài toán 5.2 bằng cách lấy điểm phụ như sau :
Trên tia đối của tia AB lấy điểm D sao cho AD= AB => AB = 1/2 BD (1) Vì AC ^ AB => AC là đường trung trực của BD => BC=CD(2)
Mà AB = 1/2 BC (3)
Từ (1); (2); (3) => BD = CB = CD
=> D CBD là tam giác đều => ̂𝐵 = 600
D ABC là tam giác vuông tại A (gt) =>
̂𝐴𝐶𝐵 =30o
Tương tự như trên tiếp tục cho học sinh chuyển đk Â=900 xuống làm kết luận và chuyển kết luận AB = 1/2 BC và giả thiết ta được bài toán như sau.
Bài toán 5.3:
Cho tam giác ABC có AB = 1/2 BC, 𝐶̂= 300 chứng minh  = 900 Bài toán này tôi đã hướng dẫn cho học sinh giải theo 2 cách sau.
A
E
B
Cách 1: Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B vẽ tia CE sao cho góc ACE = 300 , E thuộc tia BA
𝐵̂𝐶𝐸 = 𝐵̂𝐶𝐴 + 𝐴̂𝐶𝐸 =30o + 30o = 600
Trên tia Cx lấy E sao cho CB = CE => D CBE cân tại E. Mà 𝐵̂𝐶𝐸= 600
=> D CBE là tam giác đều=> BE =BC(1)
Nối AE. Xét D CBE và D ABC có BC = CE, 𝐴̂1 = 𝐴̂2= 30o và CA chung
=> D ABC = D AEC(c.g.c) => AB = AE Mà AB =1/2 BC => AB+AE =BC(2)
Từ (1) (2) => BA+AE =BE. Điều này chứng tỏ AÎBE => A là trung điểm của BE => CA là trung tuyến của D CBE đều.
=> CA đồng thời là đường cao => AC ^ BE hay𝐵̂𝐴𝐶=900
A
D
B
C
Cách 2: Giả 

Tài liệu đính kèm:

  • docxskkn_ren_luyen_nang_luc_tu_duy_sang_tao_cho_hoc_sinh_qua_vie.docx
  • pdfToán_Hoàng_Liên_Nhung_thcsthaithinh.pdf