Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển bài toán hình

phần I : đặt vấn đề
1. Lí do chọn sáng kiến kinh nghiệm:
Khi giải hoàn thành một bài toán nói chung và một bài toán hình nói riêng các em học sinh thường thỏa mãn những gì đã làm được. Rất ít em còn trăn trở suy nghĩ tiếp như :
 a, Còn có thể giải bằng cách nào nữa không ? Còn có thể trình bầy ngắn gọn hơn nữa không ?
 b, Cũng giả thiết ấy thì còn kết luận ( chứng minh ) được những gì nữa.
 c, Cuối cùng nếu thay đổi một hay vài điều kiện của giả thiết thì kết luận mới thu được có gì đặc biệt .
Rõ ràng nếu tự giác làm được những công việc ấy sau khi giải một bài toán hình thì vô cùng có ý nghĩa. Nó tạo ra cho các em một thói quen tốt sau khi giải quyết xong một công việc nhằm đánh giá nhận xét đúng mức những gì đã làm, những gì chưa làm được. Để từ đó rút ra bài học bổ ích cho chính mình. Thiết nghĩ đó cũng là một cách học, cách hiểu bài thêm sâu sắc hơn, cách học có tính chủ động và sáng tạo hơn. Tuy nhiên trong thực tế đa số học sinh chưa có thói quen làm như vậy, mà nếu có cũng chỉ là hình thức mà thôi. Do vậy là người giáo viên dạy toán cần phải hướng dẫn cho học sinh thường xuyên thực hiện công việc này, đặc biệt là các em có năng lực về bộ môn. Từ suy nghĩ ấy tôi đã trăn trở và mạnh dạn đưa ra một hướng: “Phát triển bài toán hình”. Nhằm giúp các em tạo ra một thói quen tốt sau khi giải một bài toán, đồng thời giúp các em yêu thích bộ môn toán có thêm điều kiện để phát triển thêm về năng lực tư duy 
2. Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm:
 	Nhằm nâng cao năng lực học toán, sự tìm tòi, sáng tạo, tư duy của học sinh.
	Bồi dưỡng học sinh khá giỏi trong trường
	Phát huy niềm đam mê yêu thích toán của học sinh.
3. Phạm vi nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm:
 Hệ thống bài tập trong chương trình toán trung học cơ sở
4. Đối tượng nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm:
 Học sinh khá giỏi lớp 8, 9 trường THCS Thiết ống – Bá Thước – Thanh Hoá.
5. Thời gian nghiên cứu:
 Trong năm học 2008 – 2009 
phần II : nội dung
I/ Cơ sở lý luận
 Chúng ta đã biết: Trong chương trình toán 7 bộ môn hình học, các em đã được làm quen với một định lý về tính chất ba đường trung tuyến trong tam giác. 
	Định lý: Trong một tam giác ba đường trung tuyến cùng đi qua một điểm, khoảng cách từ điểm ấy đến mỗi đỉnh có độ dài bằng 2/3 độ dài trung tuyến kẻ từ đỉnh đó .
	Có nhiều cách để chứng minh để chứng minh định lí này song tôi cũng mạnh dạn đưa ra một cách chứng minh khác, trên cơ sở đó ta còn xét tiếp bài những bài toán khác. 
 Chứng minh:
 Giả sử ta gọi AA1 , BB1, CC1 là các trung tuyến của tam giác ABC. ( A1, B1, C1 lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB ). Ta phải chứng minh AA1, BB1, CC1 cung đi qua một điểm. Thật vậy : Gọi AA1 cắt BB1 tại G. (Ta kí hiệu S là diện tích; SABC : đọc là diện tích của tam giác ABC ).
Ta luôn có: ( Hai tam giác có chung đường cao hạ từ A và đáy BA1 = CA1 nên diện tích của chúng bằng nhau). 
Từ chứng minh này ta có kết luận: “Trong một tam giác đường trung tuyến chia tam giác đó thành hai phần có diện tích bằng nhau và bằng diện tích tam giác ấy” (*)
Từ kết luận (*) ta suy ra:
Nhưng: 
Vậy : ( 1 )
Lại áp dụng kết luận (*) thì : 
	 (2)
Từ (1), (2) Suy ra : 
Thế thì : 	
 Nhưng lại có GAC, ACA1 có chung độ dài đường cao hạ từ C, gọi là h chẳng hạn. Vậy ta có :
 GA . h = AA1 .h Suy ra: (3)
	Tương tự chứng minh trên ta cũng có : 
 Bây giờ ta giả sử AA1 cắt CC1 tại G' . 
Chứng minh tương tự ta cũng có :
 (4) 
 Từ (3) và (4) suy ra AG' = AG. Vì ABC xác định nên G' trùng với G. 
Chứng tỏ : Ba đường trung tuyến của một tam giác cùng đi qua một điểm, khoảng cách từ điểm đó đến mỗi đỉnh bằng độ dài trung tuyến kẻ từ đỉnh đó. ( Giao điểm đó gọi là trọng tâm của tam giác)
Nếu ta dừng lại ở đây thì chẳng nói làm gì. Điều đó cũng có thể được bởi bài tập đã giải quyết xong. Tuy nhiên đã trình bày ở trên, việc hướng dẫn cho học sinh cần phải có một thời gian phù hợp đủ để nhìn nhận, đánh giá những cái đã làm được, chưa làm được, ở các góc độ khác chẳng hạn: 
+ Bài toán còn có thể giải quyết theo hướng nào hay hơn không ? 
+ Bài toán này nếu giữ nguyên giả thiết ấy thì còn kết luận thêm được gì nữa? 
+ Bài toán này nếu đặc biệt hóa giả thiết (và ngược lại tổng quát hóa giả thiết) một số điều kiện ( nếu được) thì thu được những kết luận mới nào? ...
Riêng hai vấn đề trên tôi chỉ nêu ra có tính chất làm ví dụ. Còn nội dung chủ yếu của SKKN này tôi suy nghĩ và đưa ra một hướng “ Phát triển “. Đó là nội dung hướng thứ ba 
II/ Nội dung biện pháp
Quay lại bài toán ta đã chứng minh được: Trong tam giác ABC các trung tuyến AA1, BB1 , CC1 cùng đi qua một điểm G và:
Như vậy thì: 
Do đó: (5)
Phát triển 1:
Từ bài toán suy xét thêm ta thấy: Tuy ABC là bất kỳ nhưng AA1, BB1, CC1 là ba trung tuyến của tam giác do đó mà ta có đẳng thức ( 5). Bây giờ chuyển sự đặc biệt hóa thành khái quát hoá: Giả sử các đường AA1, BB1 , CC1 của ABC và cùng đi qua một điểm K bất kỳ nằm trong trong ABC thì đẳng thức (5) có gì thay đổi theo. Giả sử K là một điểm bất kỳ nằm trong ABC. Gọi AK, BK, CK lần lượt cắt BC, CA, AB ở A1, B1 , C1.
Gọi S là diện tích ABC, S1 là diện tích KBC, S2 là diện tích KCA, S3 là diện tích KAB và ha, hb, hc là độ dài đường cao của ABC ứng với cạnh: BC, CA, AB gọi h1, h2, h3 lần lượt là độ dài đường cao của KBC, KCA, KAB hạ từ K ta có:
S = BC.ha = CA. hb = AB.hc (6)
S1 = BC.h1 , S2 =CA.h2 , S3= AB.h3 (7) . 
Từ (6) và (7) ta có ; ; . 
Tiếp tục kẻ AH vuông góc với BC tại H, KH1 vuông góc với BC tại H1. Suy ra trong AHA1 có AH // KH1 ( cùng vông góc với BC). 
Vậy ta có : hay 
 ( ha là độ dài đường cao của ABC ứng với cạnh BC; h1 là độ dài đường cao của KBC hạ từ K ). 
Do đó .
Tương tự ta cũng có: , 
Từ đó suy ra: .
 Nhưng S1 +S2 + S3 = SKBC + SKCA +SKAB = SABC = S. 
 Vậy 
Chứng tỏ : (5.1)
So sánh (5) và (5.1) ta thấy rằng chỉ cần điều kiện ba đường thẳng bất kỳ đi qua ba đỉnh của tam giác và đồng qui tại một điểm (*) thì đẳng thức ( 5) vẫn đúng. Nhưng rõ ràng giải được bài toán này mức độ đòi hỏi sự hiểu biết của học sinh phải cao hơn nhiều từ đó ta có bài toán mới: 
Bài toán 1 : 
Cho K là một điểm bất kỳ trong ABC gọi AK, BK, CK lần lượt cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1 .Chứng minh rằng: 	
Không dừng lại ở đây, ta lại suy xét thêm bài toán tương tự như trên từ bài toán ban đầu. Cũng từ kết quả của bài toán ban đầu ta có: 
Thế thì ta có một hướng phát triển khác.
Phát triển 2:
Từ nhận xét trên ta suy ra :
 (8).
Sở dĩ có đẳng thức (8) là do G là một điểm đặc biệt ( trọng tâm của tam giác ). Vấn đề đặt ra là nếu thay sự đặc biệt của vị trí điểm G thành thành điểm K bất kỳ trong tam giác thì đẳng thức (8) có còn đúng không, hay ta sẽ thu được điều gì mới. Giả sử K là một điểm bất kỳ trong ABC gọi AK, BK, CK lần lượt cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1.
Theo phát triển I ta có: , , .
Vậy suy ra: . 
Để cho bài toán khó thêm một chút, ta sẽ tạo tiếp ra các nút kiến thức chẳng hạn: Do: S = S1 + S2 + S3 ( trong phát triển 1 ) nên : 
=1+ 
Tương tự : , .
 Do đó: 
	Nhưng do K nằm trong ABC nên diện tích các KBC, KCA, KAB đều là các số dương. Mặt khác trong đại số ta luôn có: 
 (a-b)2 ³ 0 " a, b 
ị a2 + b2 ³ 2ab " a, b 
ị ³ 2 " a, b > 0 (*)
 dấu " = " xảy ra khi a= b. 
 áp dụng (*) vào trên ta có: 3+ + +³ 3+2+2+2 =9 
Dễ thấy dấu “=” xẩy ra khi S1 = S2 = S3 điều này có được khi K trùng G
Do đó: ³ 9 (8.1) 
So sánh (8) và (8.1) Ta thấy (8) chỉ là một trường hợp đặc biệt của (8.1). Từ đó ta có bài toán mới. 
Bài toán 2:
Chứng minh rằng:
Nếu K là một điểm bất kỳ trong ABC và AK, BK, CK lần lượt cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1 thì luôn có: ³ 9.
Suy xét tiếp tục bài toán ban đầu ta có :
= .
Suy ra: =2 . 
Vậy :+ += 2 + 2+ 2 = 6 (9)
Phát triển 3:
Từ đẳng thức (9) vấn đề đặt ra là nếu không hạn chế G mà thay G ( trọng tâm) bởi một điểm K bất kỳ trong tam giác, kết quả thu được có gì đặc biệt so với (9). Trong phát triển II ta có: ³ 9
Lợi dụng bất đẳng thức này ta suy xét tiếp. Dễ thấy muốn có KA thì ta lấy hiệu AA1 và KA1. Từ đó ta bớt mỗi vế của bất đẳng thức trên đi 3 đơn vị ta được: 
 - 1+- 1+- 1³ 9 -3 
Û ++³ 6 .
Û++³ 6 (9.1)
So sánh (9) và (9.1) ta thấy rõ ràng (9) chỉ là trường hợp đặc biệt của (9.1) mà thôi. Như thế ta có bài toán tổng quát hơn bài toán mới:
Bài toán 3:
Cho K là một điểm bất kỳ trong ABC, gọi AK, BK, CK lần lượt cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1 .Chứng minh rằng : ++³ 6 .
Cứ tiếp tục suy xét tiếp bài toán và phát triển tiếp.
Phát triển 4:
Trong bài toán ban đầu ta có : = ==. 
Thế thì : ===. 
Suy ra ++=++=. (10)
Có được đẳng thức (10) là do G là trọng tâm của ABC. Bây giờ nếu ta thay G bởi một điểm K bất kỳ trong ABC thì tổng ++ Có gì đặc biệt so với (10) 
Ta suy xét tiếp như sau: vì =(Trong phát triển 1)
Suy ra: = Û = 
Nhưng S - S1 = S1 + S2 + S3 - S1 = S2 + S3
Vậy = 
Tương tự: = , =
Do đó: ++= ++
Tiếp tục phát triển tiếp bài toán để bài toán khó thêm, khi giải quyết đòi hỏi người làm toán phải hiểu biết kiến thức rộng hơn. 
Ta đã chứng minh được: 
 với mọi a,b > 0 dấu “=” xảy ra khi a = b 
Thế thì : ; với mọi a,b,c > 0 
Nên: với mọi a,b,c > 0 
Û 
Û. 
Û (**) với mọi a,b,c > 0 
dấu “=” xảy ra khi a = b = c. 
Lại có: ++= 
=++ - 3 
=- 3
=-3 
Nhưng do S1, S2 , S3 là các số dương nên theo (**) ta lại có: 
 9 
Vậy : 
- 3 .9 – 3
Hay:
++ .9 - 3 = 
Nên: ++ (10.1).
Từ (10) và (10.1) ta thấy rằng (10) chỉ là một trường hợp đặc biệt của (10.1) mà thôi .Điều đó chính là do G chỉ là một trường hợp đặc biệt của K. Từ đó ta có bài toán mới:
Bài toán 4:
Chứng minh rằng: Nếu K là một điểm bất kỳ trong ABC và AK, BK, CK lần lượt cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1 thì:
 ++ . 	
 Phát triển 5: Trong bài toán ban đầu ta có : 
 = ==. Suy ra:===. 
 Do đó : ++=++= (11).
	Cũng lý luận như trên: Thay điểm G ( đặc biệt ) bởi điểm K (bất kỳ) trong ABC thì kết quả thu được có gì đặc biệt hơn (11) không ? 
Trong ABC gọi K là điểm bất kỳ, AK, BK, CK lần lượt cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1. Kẻ KD vuông góc với AH tại D, kẻ AH vuông góc với BC tại H, kẻ KH1 vuông góc với BC tại H1. 
Ta có: AHA1 ~ ADK(g.g) 
Do đó suy ra: 
 Vậy: = = 
	Nhưng S - S1 = S1 + S2 + S3 - S1 = S2 + S3 nên 
Vậy :==.
Tương tự ta cũng có: ; . 
Do đó : ++= 
Vì S = S1 + S2 + S3 nên:
 ++=.
= 
 ( theo phát triển 4 )
Vậy = (11.1)
So sánh (11) và (11.1) ta thấy rõ ràng (11.1) bao hàm cả (11). Hay nói cách khác bài toán ban đầu chỉ là một trường hợp của bài toán mới này mà thôi. Ta có bài toán mới:
Bài toán 5: Cho K là một điểm bất kì trong ABC, gọi AK, BK,CK lần lượt cắt BC, CA, AB tại A1 ,B1, C1 .Chứng minh rằng:
	Cứ tiếp tục như vậy ta phát triển bài toán từ những dấu hiệu của bài toán ban đầu
	Vì rằng: ta lại suy xét tiếp.
Phát triển 6: Từ kết quả trên ta suy ra rằng: 
 (12)
	Bây giờ nếu thay trọng tâm G bởi một điểm K bất kỳ trong tam giác ABC thì kết quả mới thu được so với ( 12 ) có gì đặc biệt (?). 
Từ suy nghĩ đó ta lại biến đổi tiếp tục.
 Do:; ; ( theo phát triển 4)
	Vậy: 	=
	Nhưng vì: a2+b2a,b 
	Suy ra : x + y 2 x,y 0 (**)
	áp dụng : (**) ta có
	S1+S2 
S1+S3 
S2+S3
Nên: ( S1+S2 ).(S2+S3).(S1+S3) 8.
Vì S1, S2 , S3 là các số dương nên 
( S1+S2 ).(S2+S3).(S1+S3) 8S1.S2.S3 	
Vậy 
	Hay: (12.1)
	Đối chiếu so sánh (12) và ( 12.1) ta thấy (12) chỉ là một trường hợp đặc biệt của (12.1) mà thôi. Nghĩa bài toán ban đầu là một trường hợp của bài toán mới này. Ta có bài toán mới :
Bài toán 6: 
Chứng minh rằng: Nếu K là một điểm bất kì trong ABC, gọi AK, BK, CK lần lượt cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1 thì 
Không dừng lại ở đây ta lại tiếp tục suy xét. Từ phát triển 1 ta đã chứng minh được: Suy ra :=. 
Tương tự ta có:=, = .
Vậy . .=... 
Để tạo thêm mức khó của bài toán ta phát triển tiếp vấn đề này: 
Phát triển 7:
Vì ta có: S = S1 + S2+S3 
Nên:
..=
	= .
	Nhưng ta luôn có: 
 a2+b2 2ab (a,b) 
 b2+c22bc (b,c) 
 c2+a22ca (c,a)
Suy ra: a2+b2+c2ab+bc+ca (a,b,c) (***)
 dấu “=” xảy ra khi a=b=c. 
Từ (***) suy ra:
a2 + b2 + c2- ab - bc - ca 0 a,b,c 
 (a + b + c)( a2 + b2 + c2- ab - bc - ca) 0 (a,b,c > 0)
 (a + b + c)( a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca - 3ab - 3bc - 3ca) 0
 (a + b + c)[(a + b + c)2 – 3c(a + b) – 3ab]0
 (a + b + c)3 - 3c(a + b)(a + b + c) - 3ab(a + b + c) 0
(a + b + c)3 - 3(a + b).c.(a + b + c) - 3ab(a + b) - 3abc 0
 [(a + b) + c]3 - 3 (a+b).c.[(a + b) + c] - 3ab(a + b) - 3abc 0
 (a + b)3 + c3 - 3ab(a + b) - 3abc 0
 (a + b)3 - 3ab(a + b) + c3 - 3abc 0
 a3 + b3 + c3 - 3abc 0. Vậy: a3 + b3 + c3 3abc(a,b,c > 0)(**) 
áp dụng (**) ta có:
1+=3=3.
 Vậy: 
 Tương tự: 1+3 
 1+3 
Từ đó ta suy ra rằng: 
3.3.3=27
	Vậy : . .27 
	Điều này nếu ta đặc biệt hóa điểm K trùng với trọng tâm G của tam giác ABC thì dễ thấy dấu bằng xẩy ra nghĩa là.
	Rõ ràng bài toán ban đầu chỉ là trường hợp đặc biệt của bài toán này. Ta có bài toán mới .
Bài toán 7: 
Cho K là một điểm bất kì nằm trong ABC, gọi AK, BK,CK lần lượt cắt BC, CA, AB ở A1 ,B1, C1 .
Chứng minh rằng:. .27.
Phần III: Kết luận
Tiếp tục như vậy nếu sau mỗi một bài toán chúng ta hướng dẫn cho học sinh dành một khoảng thời gian nhất định để suy xét bài toán theo một trong ba hướng, mà tôi đã đưa ra. Thiết nghĩ đó cũng là một phương pháp học toán và làm toán rất bổ ích và lý thú làm được điều đó với học sinh sẽ tạo ra sự hiểu bài sâu hơn có nhiều phương pháp giải hơn và đương nhiên sẽ tìm được phương pháp hay nhất. Với người dạy, ngoài việc tìm ra nhiều lời giải của bài toán còn tạo ra cách thiết kế một loạt các bài toán có cùng dạng với bài toán ban đầu.
Do đặc điểm của nội dung kiến thức sáng kiến kinh nghiệm này tôi chỉ đưa ra để áp dụng cho các em khối lớp 8 - 9 nên một số kiến thức về bất đẳng thức chỉ phù hợp với các em đã học qua lớp 8 và đang học lớp 9.
Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi khối 8 và khối 9 của trường THCS Thiết ống, khi đưa ra các bài tập như trên mà chưa hướng các em tư duy thì kết quả thu được rất khiêm tốn. Cụ thể tôi đã ôn 15 học sinh khối 8 và 15 học sinh khối 9 và sau một số bài kiểm tra với nội dung tương tự như trong SKKN tôi đã trình bày, kết quả thu được như sau:	
 Điểm
Lớp
Dưới 5
5 - 6đ
7đ
8 - 10đ
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
8
10
66,7
3
20
2
13,3
0
0
9
9
60
4
26,7
2
13,3
0
0
Nhưng sau khi hướng các em phát triển tư duy từ bài toán đã biết và các em đã nắm được cơ bản cách khai thác bài toán. Khi đưa ra các bài tập cũng với nội dung tương tự và qua một số lần kiểm tra thì kết quả thu được đã rất khả quan. Cũng với 15 em học sinh khối 8 và 15 học sinh khối 9 và sau một số bài kiểm tra với nội dung tương tự như trong SKKN tôi đã trình bày, kết quả thu được như sau:
 Điểm
Lớp
Dưới 5
5 - 6đ
7đ
8 - 10đ
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
8
2
13,4
5
33,3
5
33,3
3
20
9
1
6,6
4
26,7
6
40
4
26,7
Bài toán ban đầu bằng sự suy xét như vậy ta có thể khai thác được nhiều điều bổ ích. Sau đây xin giới thiệu hai bất đẳng thức cũng được phát triển từ bài toán đó. 
1/ 2/
Trên đây chỉ là kinh nghiệm của cá nhân nên không thể tránh khỏi những hạn chế .Tôi rất mong được sự đánh giá góp ý của các bạn đồng nghiệp và Hội đồng khoa học các cấp để kinh nghiệm ngày càng được hoàn thiện hơn. 
Tôi xin chân thành cảm ơn BGH trường THCS Thiết ống và các đồng nghiệp đã giúp đỡ tôi hoàn thành SKKN này.
 Thiết ống, ngày 20 tháng 04 năm 2010
 Giáo viên
 Nguyễn Thanh Tuấn
Tài liệu tham khảo
1/ Bất đẳng thức: 
Nguyễn Vũ Thanh
2/ Các chuyên đề môn toán:
Trương Công Thành
3/ Toán học và tuổi thơ
Nguyễn Hữu Thảo
Nhà xuất bản giáo dục
Mục lục
Phần I: Đặt vấn đề ......................................................................................1
Phần II: Nội dung.........................................................................................3
Cơ sở lý luận .................................................................................3
II. Nội dung biện pháp ......................................................................5
Phần III: Kết luận .....................................................................................18
Tài liệu tham khảo ...................................................................................19