Sáng kiến kinh nghiệm phát hiện bài toán mới qua giờ luyện tập trên lớp

Thực tế không phải học sinh nào cũng có tư duy tốt để ghi nhớ, hiểu bài và vận dụng một cách hiệu quả nhất đối với các môn học, đặc biệt đối với bộ môn toán, ta thường thấy rõ nhất là học sinh sẽ rất lúng túng trong các bài kiểm tra cũng như trong các kì thi, khi đề bài được ra từ những vấn đề cơ bản đã được học, cũng chính vì thế học sinh sẽ rơi vào thế bế tắc và lúng túng khi tìm cách giải quyết các vấn đề. Vậy vấn đề này do đâu? Có nhiều nguyên nhân và có nhiều cách giải quyết, nhưng theo tôi một trong những nguyên nhân có thể là do học sinh chưa biết cách “sáng tác” hoặc chưa biết đặt câu hỏi khác từ các bài toán đã học để ta được bài toán mới.

doc17 trang | Chia sẻ: binhthang88 | Ngày: 20/11/2017 | Lượt xem: 355 | Lượt tải: 18Download
Bạn đang xem tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm phát hiện bài toán mới qua giờ luyện tập trên lớp", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHÁT HIỆN BÀI TOÁN MỚI QUA GIỜ LUYỆN TẬP TRÊN LỚP
Tác giả: Phạm Đăng Hải
Môn: Toán
Trường THCS Trần Phú – Lê Chân
Mục lục
Nội dung
Trang
 I. Thực trạng
2
II. Giải Pháp 
4
Một vài ví dụ 
4
Tiết 43 Luyện tập (toán 9)
11
III. Kết luận
16
THỰC TRẠNG
Thực tế không phải học sinh nào cũng có tư duy tốt để ghi nhớ, hiểu bài và vận dụng một cách hiệu quả nhất đối với các môn học, đặc biệt đối với bộ môn toán, ta thường thấy rõ nhất là học sinh sẽ rất lúng túng trong các bài kiểm tra cũng như trong các kì thi, khi đề bài được ra từ những vấn đề cơ bản đã được học, cũng chính vì thế học sinh sẽ rơi vào thế bế tắc và lúng túng khi tìm cách giải quyết các vấn đề. Vậy vấn đề này do đâu? Có nhiều nguyên nhân và có nhiều cách giải quyết, nhưng theo tôi một trong những nguyên nhân có thể là do học sinh chưa biết cách “sáng tác” hoặc chưa biết đặt câu hỏi khác từ các bài toán đã học để ta được bài toán mới.
	Để dạy và học có kết quả tốt thì mỗi khi đã giải được một bài toán ta không nên quên đi tìm những bài toán khác, những bài toán mới.Trong thực tế đã cho thấy một số giáo viên đã thành công trong việc làm đó, ít nhiều đã có tích luỹ kinh nghiệm, tổng hợp, phân tích, khái quát hoá, cá biệt hoá. Về lý thuyết có lẽ không có giới hạn nhưng thực tế thì 45 phút quy định cho một tiết chữa bài tập trên lớp, không thể giải được nhiều bài tập nhưng biết đề xuất ra các bài toán mới sau khi đã tìm ra đáp số các bài toán cũ, ta bắt gặp hàng loạt các bài toán mới với cách giải tương tự hoặc gần với cách đã giải. Như vậy vừa tiết kiệm được thời gian, lại vừa rèn luyện được kỹ năng giải bài tập.
	Kinh nghiệm học toán của nhiều người cho thấy rằng khó mà nắm vững kiến thức toán học nếu như bản thân mình chưa hề tự giải một bài toán mà chính bản thân mình tự đặt ra đề toán. Bằng cách nêu vấn đề trong giờ chữa bài tập toán trên lớp, thầy giáo dẫn dắt học sinh dần từng bước tìm ra mối liên hệ để hình thành bài toán mới, các bài toán tương tự tạo ra thói quen phát hiện, suy luận để tìm ra cái mới, cái tương tự đã làm.
	Từ một bài toán hay ta có thể đề xuất một bài toán với nội dung tương tự hoặc giải bằng một phương pháp tương tự hoặc ta cũng có thể từ một bài toán trong trường hợp riêng mà dẫn tới cho một bài toán chung cho nhiều trường hợp, nếu sử dụng thường xuyên giáo viên sẽ có một hệ thống bài tập đồ sộ, phong phú còn học sinh sẽ cảm thấy không bỡ ngỡ khi làm các đề thi.
	Trong thực tế khi tôi trực tiếp ôn thi vào 10 hoặc ôn tập cuối các chương và đặc biệt ôn thi học sinh giỏi tôi luôn có ý nghĩ phát hiện bài toán mới. Nhưng để có được bài toán mới vừa bổ ích lại vừa có thể giải được không phải là việc dễ (đã có nhiều bài tập khi tôi phát hiện thấy rất hay nhưng đành phải bỏ vì khi giải phải sử dụng đến kiến thức cao hơn mà học sinh chưa được học). Hòa nhập với khí thế chung của ngành đổi mới cách dạy, cách học cho hiệu quả để hội nhập với nền giáo dục của các nước trên thế giới. Đây cũng là mong mỏi của ngành giáo dục nước ta để xứng đáng với vị trí quốc sách hàng đầu trong thời kỳ công nghiệp hoá, hiện đại hoá đất nước như Đảng và nhà nước đã xác định trong các kỳ đại hội Đảng toàn quốc vừa qua. Xin nêu một vài ví dụ chủ yếu về chương trình toán THCS.
GIẢI PHÁP
(Thông qua một vài ví dụ)
Ví dụ 1:
Bài toán 1: Phân tích đa thức sau ra thừa số:
	f(x)	= x3 – 6x2 + 11x – 6
	Sau khi giải ta đi đến đáp số là:
	f(x) = (x-1)(x – 2)(x – 3)
	Chưa dừng lại ở đáp số đó, có thể xem xét bài toán trên ở những khía cạnh khác, nhìn nó theo những bình diện khác nhau, đề xuất các bài toán khác.
Bài toán 2: Giải phương trình (hoặc tìm những giá trị của x) để:
	x3 – 6x2 + 11x – 6 = 0
	Muốn giải bài toán 2 ta nhìn vào đáp số bài toán 1 thấy ngay x = 1;2;3
Bài toán 3: Hãy chứng tỏ 
	(x3 – 6x2 + 11x – 6) chia hết (x – 3)
	Muốn giải bài toán 4 nhìn vào kết quả bài toán ta có ngay cách giải.
Bài toán 4: Hãy chứng tỏ
	x3 – 6x2 + 11x – 6 khác 0 khi x đồng thời khác 1;2;3
	Ta cũng chỉ cần nhìn vào kết quả bài tập 1 là thấy ngay kết quả.
Ví dụ 2:
Từ một bất đẳng thức quen thuộc làm cầu nối cho việc chứng minh các bất đẳng thức khác phức tạp hơn. Đó chính là bất đẳng thức Na – sơ - bit.
	Với a, b, c > 0 thì.
(*)
Giải:
	Ta kí hiệu VT của (*) là A và biến đổi như sau:
Đặt u = a+ b, v = a + c; t = b+ c ta có:
Ta có:
áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta được
	B 9 từ đó suy ra A 
Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
Ta hãy tìm cách khai thác bài toán trên.
	Để ý thấy rằng nếu ta nhân cả 2 vế của (*) với a + b + c ta có bất đẳng thức:
Kết quả trên dẫn đến các phép biến bài toán sau:
Bài toán 1:
 Chứng minh
với a,b,c > 0
thấy rằng từ vế phải của (1) nếu thêm đk:
a.b.c = 1 thì theo BĐT cauhy ta có
a + b + c = 3 khi đó vế phải của (1) biến đổi và từ tính chất bắc của BĐT ta có bài toán 2:
Bài toán 2:
 Giả sử a, b, c là các số dương thoả mãn đk a.b.c = 1 CMR:
Muốn chứng minh BĐT (2) ta phải xuất phát từ BĐT (*) sau đó thực hiện hai bước sau ta sẽ khẳng định:
Bước 1: Nhân 2 vế của (*) với a + b + c và biến đổi.
Bước 2: CM BĐT 
Đến đây nếu từ (2) và từ giả thiết ta biến đổi theo các bước:
Bước1: Bình phương hai vế của (2)
Bước 2: Nhân 2 vế của BĐT thu được sau bước 1 với 
Bước 3: Thay thế các biểu thức:
a2b2;	a2c2;	b2c2 bằng các biểu thức tương ứng 
từ 3 bước biến đổi trên dẫn đến bài toán 3:
Bài toán 3: Giả sử a,b,c là các số dương thoả mãn đk: a.b.c = 1 CMR
Bây giờ ta xét tiếp:
Bài toán 4:
 Giả sử a,b,c là các số dương thoả mãn điều kiện:a.b.c=1. 
Chứng minh rằng:
(4)
Để chứng minh (4) ta đặt:
x=1/a ; y=1/b ; z=1/c
Khi đó bất đẳng thức (4) có dạng:
Bất đẳng thức trên chính là bất đẳng thức (2).
Vậy con đường đi từ (*) đến (1),(2),(3) và (4) phải chăng là con đường sáng tạo ra các bất đẳng thức từ một bất đẳng thức đã biết.
Ví dụ3
Bài toán 1:
Cho tam giác vuông ABC (=900 ), AH là đường cao. Các phân giác của góc B, góc C cắt nhau tại và cắt các đường phân giác của các góc BAH và CAH, theo thứ tự tại I và K. Đường thẳng IK cắt AB, AC theo thứ tự tại và . Chứng minh rằng : là trực tâm của tam giác AIK.
Lời giải:
Ta có =(AI là phân giác)
=(AK là phân giác của)
 +=+
Hay +=
mà++==900
Do đó == 450 
ta có: =+(1) (tính chất góc ngoài của tam giác)
mà =(AK là phân giác)
=(CK là phân giác của )
Suy ra: +=(+)
Do đó: +== 450(2)
Từ (1) và(2): = 450 
Kéo vàlần lượt cắt AK,AI tại M,N.
Xét có: =450 (=450)
 =450 (=450) 
 +=900vuông tại N hay KNAK.
Tương tự: IMAK
Suy ra: KN. IM tương ứng là hai đường cao của . Mà KN cắt IM =
	Vậy là trực tâm của .
Khai thác bài toán trên:
-Vấn đề 1
Vì là trực tâm của .
Vì là giao điểm hai phân giác của , của nên là phân giác của hay là phân giác của.
Vậy vừa là phân giác, vừa là đường cao của nên vuông cân.
Từ vấn đề này ta có bài toán 2
Bài toán 2: Cho (=900) I, K lần lượt là giao điểm ba đường phân giác của tam , . Đường thẳng IK cắt AB, AC lần lượt tại ,. Chứng minh rằng vuông cân.
-Vấn đề 2:
 -Vì K là giao điểm hai phân giác của góc A, góc C của tam giác AHC.
 HK là phân giác ===450.
- Docân =450(=900)
Vậy: =
Mà=( AK là phân giác )
+=+
Suy ra: 1800-(+) =1800 – (+)
Hay =
Xét và có: =(cmt)
 AK chung
 =(cmt)
 =(g-c-g) =
-Vấn đề 3:
-Vì cân AK là phân giác đồng thời là đường cao nên AK
 - Vì là trực tâm BI AK
Do đó BI //.
Từ vấn đề 2, 3 ta có bài toán 3
Bài toán 3: Cho (=900) I, K lần lượt là giao điểm ba đường phân giác của tam , . Đường thẳng IK cắt AB, AC lần lượt tại ,. Chứng minh rằng:
a. ,,và H cùng nằm trên (A)
b. BI //.
- Vấn đề 4:
 Mối quan hệ =
Ta có: ==+ (trong đó E là trung điểm của BC) BE = CE = AE.
=AH.BE AH2 (3) (AHAE)
Ta có = ==(AH=)
2. = AH2 (4)
Từ (3)và (4): 
Dấu “=” xảy ra khi AH = AE hay vuông cân.
 Ta có các bài toán sau:
- Bài toán 4: Cho (=900) I, K lần lượt là giao điểm ba đường phân giác của tam , . Đường thẳng IK cắt AB, AC lần lượt tại ,. Tìm GTLN của diện tích của .
 Sau đây tôi xin trình bày tiết 43 luyện tập hình học lớp 9 có sử dụng kinh nghiệm này.
Tiết 43 Luyện tập (toán 9)
A.Mục tiêu:
	*Kiến thức:- HS nhận biết được những góc với đường tròn đã học có trong hình vẽ và mối quan hệ giữa các góc khi làm bài tập.
	*Kĩ năng:- Rèn cho HS nhận biết các góc một cách linh hoạt,đồng thời áp dụng tốt các định lí vào giải bài tập và phát hiện bài toán mới (nếu có)
	*Thái độ:- Rèn tính năng động, sáng tạo, tư duy, lôgic và cách trình bày lời giải bài tập hình.
B.Chuẩn bị của GV:
	Bảng phụ kẻ sẵn hình – thước thẳng – com pa.
C.Tiến trình giảng – dạy.
	* HĐ1(7 phút) KT (Đầu bài ghi sẵn trên bảng phụ)
Cho hình vẽ có AC, BD là đường kính, xy là tiếp tuyến tại A của (O). Hãy tìm trên hình những góc bằng nhau ? 
HS: * = = (góc nội tiếp, góc giữa
tiếp tuyến và dây cùng chắn một cung AB) 
 *=, = (góc đáy của các tam giác cân)	 
====.
tương tự ==
Có ====900
Hoạt động của thầy và trò
Nội dung
*HĐ2(35 phút)
GV: Yêu cầu học sinh
đọc bài vẽ hình 
Bài toán 1:
Cho (O,R) hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. I là một điểm trên AC vẽ tiếp tuyến qua I cắt DC kéo dài tại M sao cho IC = CM .
a.Tính số đo góc AOI.
b.Tính độ dài OM theo R .
Giải
GV:Góc AOI bằng góc nào ?
HS: góc AOI = góc OMI(cùng phụ góc O2)
Ta có: CI = CM(gt)
cân tại C 
GV:Góc OMI bằng góc nào?
HS: góc OMI = góc MIC
GV: Tìm mối liên hệ giữa các góc?
HS:sđ góc MIC = sđ = sđ
mà(cùng phụ )
(cùng bằng góc M1)
mà += 900
GV:Vậy ta tính góc như thế nào?
 có sđ=sđ, sđ=sđ
 sđ= sđ
mà sđ+ sđ=900
 sđ=sđ=300
=300
GV: Trong tam giác vuông OMI có đặc điểm gì?
HS: = 300
GV:Vậy OM có quan hệ như thế nào với cạnh OI?
b.Tam giác vuông OMI có:
= 300OM = 2OI = 2R
Sau khi học sinh làm xong,để phát hiện bài toán mới GV đặt câu hỏi:
- Theo đặc điểm của hình vẽ em hãy khai thác phát hiện thêm yêu cầu mới cho bài toán? 
HS:(có thể HS chưa phát hiện ra)
d. Nối ID.Chứng minh =
e. Chứng minh rằng IM = ID
f. Chứng minh rằng 
c. Cách 1: Dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuôngta có:
MI2=MO2- IO2 MI2=(2R2)-R2=3R2
MI=R
Cách 2:Theo kết quả bài 34/SGK/ 80
MI2=MC.MD
MC=MO- OC=2R- R=R
MI2=R.3R=3R2MI=R
hoặc MI=MO.Cos300
d. Do =(cùng chắn ) mà ==(đpcm)
e.Từ câu d ta thấy
= cân 
IM = ID (đpcm)
 GV: Yêu cầu HS phát hiện thêm và làm câu f.
Bài toán 2.
Cho nửa đường tròn(O) đường kính AB, lấy C trên nửa đường tròn sao cho cung AC < cung CB. Gọi N là điểm đối xứng của A qua C.
a.Tam giác ABN là tam giác gì? vì sao?
b.Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AB chứa điểm N dựng tiếp tuyến Ax với nửa đường tròn.Chứng minh rằng AC là phân giác của góc (M là giao điểm của BN với đường tròn)
c.Nối BC cắt AM tại P cắt Ax tại Q.Tứ giác AQNP là hình gì? vì sao?
Giải
GV: Yêu cầu HS vẽ hình 
GV: Hãy dự đoán dạng của ABN?
HS: Chứng minh tam giác có đường cao là đường trung tuyến.
GV: Muốn chứng minh AC là phân giác ta chứng minh điều gì? như thế nào?
HS: Chứng minh hai góc bằng nhau.
a.Ta có = 900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) BC là đường cao của BAN
lại có AC = AN(gt) BC là trung tuyến
ABN cân tại B.
b.Ta có = (cùng chắn một cung)
=(góc nội tiếp cùng chắn một cung)
=hay Ax là phân giác (đpcm)
GV: Tứ giác AQNP có đặc điểm gì?
HS:Có các cạnh đối bằng nhau, hai đường chéo vuông góc
GV:Vậy tứ giác có đặc điểm như vậy là hình như thế nào?
c. AQP có phân giác AC cũng là đường cao nên AQP cân.
Trong AQP có đường cao AC cũng là trung tuyến CQ= CP
Ta có CA = CN (gt), CQ = CP(cmt) Tứ giác AQNP là hình bình hành
lại có PQANTứ giác AONP là hình thoi.
GV: Hãy phát hiện thêm yêu cầu cho bài toán 2?
HS: 
d.Chứng minh C là điểm chính giữa cung AM.
e.Chứng minh NPAB
f.Chứng minh QNB vuông tại N.
d.Ta thấy =là hai góc nội tiếp của đường tròn vì thế hai cung bị chắn bằng nhau (=)C là điểm chính giữa của cung AC(đpcm).
GV: Nhận xét các yêu cầu trên phù hợp với bài toán và ta hoàn toàn có thể làm được, về cơ bản sử dụng những điều có sẵn để làm
e. Ta có P là trực tâm của ANBNP thuộc đường cao thứ 3 của tam giác NPAB(đpcm)
f. Dễ dàng chứng minh được
 mà tam giác ABQ vuông tại A.
D. Hướng dẫn về nhà (3’)
	- Cần nắm vững các định lí, hệ quả về góc nội tiếp, góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung (chú ý định lí đảo nếu có)
	- Làm tốt các bài tập 35/SGK/80; BT 26, 27/SBT/77.
	- Đọc trước bài 35. Góc có đỉnh ở bên trong đường tròn, góc có đỉnh ở bên ngoài đường tròn.
III. Kết luận
Chỉ cần những phút cuối cùng của tiết chữa bài tập trên lớp ta phát triển bài toán ban đầu thành nhiều bài toán khác nhau (tuỳ theo sự liên tưởng của nhiều giáo viên). Nhưng rõ ràng việc làm trên nếu thực hiện trong các tiết luyện tập trên lớp nó có tác dụng thực sự đến việc rèn kĩ năng giải toán, thúc đẩy tư duy của thầy và trò trên lớp, nó hệ thống hoá kiến thức, tận dụng được thời gian để rèn luyện tư duy cho học sinh không lúng túng khi làm các bài kiểm tra, đề thi có câu hỏi mới lạ nhưng là kiến thức đã học. Điều đó đã giúp bản thân cũng như học sinh của mình luôn luôn tìm tòi, phát hiện được nhiều bài tập rất có giá trị. Có lẽ chính vì tôi sử dụng thường xuyên sáng kiến này mà vì thế học sinh chăm chú, tích cực, hứng thú hơn(vì học sinh nào cũng muốn mình có đề bài mới hay hơn của bạn khác) trong việc chữa bài tập. Trong quá trình dạy học này tôi đã đóng góp một phần nhỏ bé vào thành tích chung của nhà trường. Trên đây là nội dung về sáng kiến “phát hiện bài toán mới qua giờ luyện tập trên lớp”. Trong bài viết chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót. Mong nhận được những đóng góp, những lời nhận xét quý báu của cấp trên cũng như các đồng nghiệp.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Lê Chân, ngày tháng. năm .
 Người viết: 
 Phạm Đăng Hải

File đính kèm:

  • docSKKN.doc
Sáng Kiến Liên Quan