Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài tập

Phần một
Đặt vấn đề
 I/ Cơ sở lý luận:
 Ơ trường phổ thông ,dạy toán là dạy hoạt động toán học. Các bài toán ở trường phổ thông là một phương tiện rất có hiệu quảvà không thể thay thế được trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức phát triển tư duy ,hình thành kỹ năng ,kỹ xảo ứng dụng toán học vào thực tiễn. hoạt động giải bài tập toán học là điều kiện để thực hiện tốt các mục đích dạy học toán ở trường phổ thông .Vì vậy tổ chức có hiệu quả việc gjải bài tập toán học có vai trò quyết định đối với chất lượng daỵ học toán.
 II/ Cơ sở thực tiễn:
 Thực tế dạy học ở nhà trường THCS hiện nay việc dạy giải bài tập mới chỉ dừng lại ở việc giúp học sinh nắm vững tri thức, hình thành kỹ năng kỹ xảo Trong các giờ dạy toán ,việc phát triển tư duy cho học sinh còn ít được giáo viên chú ý.Thường thì thầy giải mẫu và trò bắt chước làm theo .Vì vậy học sinh thường rất khó khăn khi gặp các bài toán mà mình chưa được học và như vậy học sinh khó mà có thể có sự tìm tòi sáng tạo.
 Từ thực tế trên , trong các giờ dạy học sinh giải bài tập, tôi luôn tìm mọi cách để phát triển tư duy cho học sinh . Qua một thời gian tự mày mò , học tập và nghiên cứu tôi đã rút ra được một số kinh nghiệm .Tôi mạnh dạn ghi lại các kinh nghiệm này bằng chuyên đề: “ phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài tập “ 
 Phần hai 
 giải quyết vấn đề
A/ Các phương pháp khai thác
Để hoàn thành nội dung bài giảng,các bài tập mà tôi hướng dẫn HS khai thác đều là các bài tập trong SGK.Việc khai thác bài tập có thể dễn ra theo nhiều hướng,nhiều mức độ khác nhau.Cụ thể:
1>Tìm nhiều cách giải cho một bài tập.
2>Với những giả thiết ban đầu,tìm thêm kết luận mới cho bài toán hoặc tổng quát hoá bài toán.
3>Thay đổi hoặc thêm bớt một số điều kiện để tìm ra kết luận mới.
4>Khai thác bài toán theo hai chiều thuận,đảo 
B >Ví dụ cụ thể:
I/ Tìm nhiều cách giải cho một bài tập.
1> Ví dụ 1: (Bài 4 SGK/49, hình học lớp 9).
 Cho đường tròn (o), một cung AB và S là trung điểm của cung đó. Trên dây cung AB lấy hai điểm E và H. Các đường thẳng SH và SE gặp đường tròn tại C và D. Chứng minh rằng EHCD là một tứ giác nội tiếp.
 Giải
 Ta có E1 là góc có đỉnh ở bên trong
 đường tròn nên
 E1 = 
 mà SA = SB (g
 nên sđ E1 = 
 hay sđ E1 = 
Ta có C = (góc nội tiếp)
 Suy ra E1 = C
 Ta có E1 + E2 = 1800 (kề bù)
 Do đó C + E2 = 1800
 => EHCD là tứ giác nội tiếp.
 Khai thác:
 Cách 2: ( giải vắn tắt)
 EHC = 
EDC = sđ SBC
 => EHC + EDC = 1800
 => đpcm.
 2. Ví dụ 2: ( Bài 3a SGK/68 - Hình học 9)
 Cho H là trực tâm của tam giác ABC
 Gọi H’ là điểm đối xứng của H qua AC. Chứng Minh rằng H’ nằm trêm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
 Giải:
 Giả sử ba đường cao AD, BE, CF
cắt nhau tại H. Do H’ và H đối xứng
 nhau qua AC nên AH’C = AHC (1)
 BDHF có D = F = 1V
 nên FBD + FHD = 2V
Do đó FBD + AHC = 2V (2)
 Từ (1) và (2) suy ra ABC + AH’D = 2VH’
 Vậy à ABCH’ là tứ giác nội tiếp hay H’ nằm trên 
đường tròn ngoại tiếp D ABC.
 * Khai thác:
 Cách 2(Giải văn tắt)
 Do H’ đối xứng với H qua AC nên CHH’ = BH’C (1)
 à FHEA nội tiếp nên CHH’ = BAC (2)
Từ (1) và (2) => BAC = BH’C
 => àBAH’C là tứ giác nội tiếp
 => đpcm.
 Cách 3 (giải vắn tắt)
 Do H’ đối xứng với H qua AC nên HAH’ = 2A2, HcH’ = 2C2
 => BAH’ + BCH’ = A1 +2A2 +C1 +2C2
 = A1 +C1 +2CA2 +C2
 = A1 +C1 + 2(1800 - AHC)
 = A1 +C1 + 3600 - 2 AHC
Xét D FHA: AHC = A1 +900
Xét D DHC: AHC = C1 + 900
 => 2AHC = A1 +C1 +1800
=> BAH’ + BCH’ = A1 +C1 +3600 - (A1 +C1 +1800) = 1800
 => đpcm.
 * ý nghĩa của việc khai thác: Phương pháp này ren luyện khả năng nhìn một đối tượng toán học dưới nhiều khía cạnh khác nhau, khả năng tìm ra giải pháp lạ tuy đã biết nhưng phải giải khác.
 II/ Tìm thêm kết luận mới hoặc tổng quát hoá bài toán.
 1. Ví dụ (bài 1b SGK/ - đại số 9)
 Cho các hàm số y = 2x +3 (1); y= -0,5x + 1(2)
 Vẽ đồ thị các hàm số trên và xác định toạ độ giao điểm của cặp đường thẳng (1) và (2).
 Giải: y
 3 D 
 +Vẽ đồ thị:
 + Giao điểm của đường
 A 7/5
 M
thẳng (1) và (2) là nghiệm 
 O
của hệ phương trình 
 2x + 3 = +0,5x +1
 y= 2x+3
 C N
 -3/2 -4/5 2 
 x= - x
 y = 
Vậy toạ độ giao điểm là A (-;)
 * Khai thác:
 Tính diện tích của phàn mặt phẳng giới hạn bởi 2 đường thẳng trên và hai trục tung và hoành.
 Giải vắn tắt:
 S = SDCDO + SDMON
 SDCDO = CO.OD =| xc| .|yD| = .1,5.3 = 2,25
 SDMON =OM.ON =|yM|.|xN| = .1.2 = 1
 Vậy S = 3,25 (đvdt).
 2.Ví dụ 2 (Bài 2SGK/ - Đại số 9)
 Biết toạ độ 3 đỉnh một hình vuông A(-2;0), B(0;2), C(2;0)
a/ Hãy xác định toạ độ tâm của hình vuông y
 và toạ độ đỉnh thứ tư của nó
b / phương trình các đường thẳng chứa -2 B 
 các cạnh của hình vuông 
 Giải:
 a/ Toạ độ đỉnh thứ tư của hình vuông
là D(0;2) A C x
 Toạ độ tâm O(0;0)
 b/ Đường thẳng chứa cạnh AB -2 O 2 
 đi qua A và B nên có b=2
và a.(-2) +b=0, do đó a=1
Vậy đường thẳng AB có phương trình là
 y=2+x 
 Tương tự, ta được BC: y=-x+2 -2 D 
 CD: y=x-2
 DA: y=-x-2
 Khai thác:
 Cho hai điểm A(x1,y1) và B(x2,yy2) với x1ạx2; y1 ạ y2
 Viết phương trình đường thẳng đi qua A,B 
 Giải vắn tắt:
 Đường thẳng AB có phương trình y= ax+b (aạ0)
 Vì A(x1,y1), B(x2,yy2) nằm trên đừng thẳng nên:
 y1=ax1 +b
 y2=ax2+b => a=
 b=- x1+y1
 Từ đó phương trình của đường thẳng AB là
 y=x- x1 +y1
 hay =
 3/ Ví dụ 3: (Bài 1 b SGK/90 - Đại số 9)
 Không giải phương trình hãy tính tổng và tích các nghiệm số của phương trình sau:
 16x2 - 13x - 48 = 0
 Giải:
D = 132+4.16.48>0
 => S= x1 +x2= 
 P=x1..x2 = =-3
 Khai thác: 1>Tính x12+x22; x13+x23 
 Giải vắn tắt:
 x12+x22 = (x1+x2 )2 -2x1x2= -2.(-3) =10
 x13+x23 =(x1+x2)(x12-x1x2+x22)= 
 2>Xây dựng công thức truy hồi để tính sn=x1n+x2n
 Giải văn tắt: 16x12-13x1-48=0 16x1n-13x1n-1-48n-2=0
 =>
 16x22-13x2-48=0 16x2n-13x2n-1-48n-2=0
 =>16(x1n+x2n )-13(x1n-1+x2n-1 )-48(x1n-2+x2n-2)=0
 =>16Sn-13Sn-1-48Sn-2=0
 3> Với phương pháp tương tự tôi hướng dẫn học sinh tìm được kết quả sau:
 nếu phương trình bậc hai ã2+bx+c=0 có hai nghiệm x1,x2 ,ta đặt sn=x1n+x2n thì
 aSn+bSn-1+cSn-2=0 ().
 4> Kết quả trên được sử dụng để giải nhiều bài tập khó,chẳng hạn:
 Chứng minh rằng là số nguyên dương lẻ 
 (Kí hiệu [a] là số nguyên lớn nhất không vượt quá a
 Giải vắn tắt x1+x2=4
 Đặt x1=; x1= thì 
 x1x2=1
 => x1,x2 là nghiệm của phhương trình X2-4X+1=0
 Đặt sn=x1n+x2n
 áp dụng kết quả trên ta được Sn+1-4Sn+Sn-1=0 () (1)
 Bằng quy nạp ta chưng minh được Sn (2)
 Dễ thấy 
=>-1<<
=> =-1=Sn-1 (3)
 (1),(2)=>Sn chẵn ,kết hợp với (3) =>đpcm.
 */ý nghĩa của việc khai thác: 
 Phương pháp này rèn luyện tư duy phân tích,phát triển tư duy khái quát hoá,tư duy sáng tạo cho học sinh.
III/ Thay đổi giả thiết để được kết luận mới
 Ví dụ 
Hai đường tròn(O) và (O’) cắt nhau ở A và B.Qua A vẽ cát tuyến CAD.
a/ Chứng minh rằng khi cát tuyến quay xung quanh điểm A thì ta vẫn được góc CBD ( có số đo) không đổi.
b/ Từ C và D vẽ hai tiếp tuyến với đường tròn. Chứng minh rằng hai tiếp tuyến này hợp với nhau một góc ( có số đo) không đổi.
 Giải:
 a. Hai đường tròn (o) và (o’) cắt nhau
tại A và B thì các cung AmB và AnB
có số đo không đổi
ACB = sđ AmB
ADB = sđ AnB
 => ACB và ADB có số đo không đổi
 Xét D BCD có hai góc có số đo
không đổi nên góc còn lại cũng có số đo không đổi
Vậy CBD không đổi
 b. Vẽ dây chung AB, ta có C1 = B1; D2 = B2
 ( góc giữa tia tiếp tuyến và một dây và góc nội tiếp cùng chắn một cung)
 Vậy C1 + D2 = B1+B2 = CBD
 Vì CBD có số đo không đổi nên C1 + D2 có số đo không đổi
 Xét D SCD co CSD = 1800 - (C1 + D2)
 => CSD không đổi.
 Khai thác: Từ bài tập này ta thay đổi giả thiết để được các bài toán sau:
 Bài toán 1:
 Cho hai đường tròn (o) và (O’) cắt nhau ở A và B. Qua A vẽ cát tuyến CAD (Cẻ(O), Dẻ (O’)). Từ C và D vẽ hai tiếp tuyến với đường tròn, chúng cắt nhau tại s.
 a/ CMR: àSCBD nội tiếp được
 b/ Gọi giao điểm của CO và DO’ là I
CMR: à IBO’O nội tiếp được.
 Giải vắn tắt:
 a/ SCD = CBA (= sđ CA)
 SDC = DBD (= sđ AD)
 => CBD = CBA + ABD = SCD+ SDC
 =>SCD + CBD = SCD + SDC +SCD
=1800
 => đpcm.
 b/ CAB = sđCnB
 BAD = sđ BmD
 CAB + BAD = 1800 
 => sđ CnB +sđ BmD = 3600
Lại có sđ CnB + sđ CAB = 3600
 => sđ BmD = sđ CAB
 => BO’D = COB
BOI và IO’B cùng kề bù với 2 góc bằng nhau nên BOI = BO’I
 =>đpcm.
 Bài toán 2:
 Cho hai đường tròn (O) và (O’) 
cắt nhau tại A và B 
kẻ cát tuyến CAD (Cẻ(O), Dẻ (O’)).
 Gọi Klà trung điểm của đoạn CD
M, N lần lượt là trung điểm của các 
cung CB, BD không chứa A
 CMR: MK ^ NK
 Giải vắn tắt:
 Chứng minh tương tự bài 2
ta được
sđ CMB +sđ BND = 3600
 => MCB + BDM = 900 (1)
Lấy C’ đối xứng với C qua M
 D’ đối xứng với D qua N
 ta c/m được D CBC’vuông tại B
 c/m được D DBD’ vuông tại B
 => BDN + DO’B = 900 (2)
 Từ (1) và (2) => MCB = DD’B
=> DCBC’ ờC’BD(C.g.C).
=>CD’B=C’BD
Gọi CD’ cắt C’D tại B’ do DBD’=900 ta suy ra DB’D’=900
=>CD’^ C’D
Dễ dàng chứng minh được MK//C’D,NK//CD’ =>MK ^ NK
Bài toán 3
Cho hai đường tròn c1(O1) và c2(O2) cắt nhau tại A và B .Mlà một điểm chuyển động trên c1(MA,B).MA và MB lần lượt cắt c2 tại P và Q.Gọi I là trung điểm của đoạn PQ.
 Chứng minh rằng MI luôn đi qua một điểm cố định
 Lời giải vắn tắt:
 Gọi O1O2 cắt c2 tại N,ta có AMB = DMQ =1/2sđDTQ-1/2sđANB 
Vì AMB không đổi,sđAMB không đổi nên sđDTQ không đổi=>DQ không đổi
=>DI không đổi=>IO2 không đổi(1)
Qua M kẻ tia Mx^MO2 sao cho tia MA nằm giữa hai tia Mx và MB
Ta có ADQ=ABM=AMx =>Mx//DQ
Vậy MO1^DQ
Dễ thấy IO2^DQ
=>MO1//IO2
Gọi K là giao điểm của MI vàO1O2
Theo định lí Talet ta có :
Từ (1) và (2),với chú ý MO1 không đổi ta có không đổi
=>K cố định=>đpcm
*/ý nghĩa của việc khai thác
 Phương pháp này rèn luyện khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều hoàn cảnh và góc độ khác nhau,khả năng xem xét đối tượng dưới những khía cạnh khác nhau.Đặc biệt ná có tác dụng phát triển tư duy độc lập sáng tạo cho học sinh.Từ một bài toán ban đầu bằng tư duy học sinh có thể nắm được nhiều bài toán khác làm cho kiến thưcs và kĩ năng của học sinh thêm phong phú.
 IV/Khai thác bài toán theo hai chiều thuận đảo:
 Ví dụ
Cho tam giác cân ABC(AC=BC) và một đường tròn tiếp xúc với các cạnh AC và BC lần lượt tại A và B.Từ một điểm M trên cung AB nằm trong tam giác đã cho,kẻ các đường vuông góc xuông các cạnh AB,BC,CA và cắt các cạnh này lần lượt tại D,E.F 
 Chứng minh rằng: MD2=ME.MF
Giải
 AFMD có F+D=2v nên AFMD là tứ giác nội tiếp
=>F1=A1(hai góc nội tiếp cùng chắn cungMD)
Chứng minh tương tự ta được D1=B1
Mà A1=B1(góc nội tiếp và giữa tia tiếp tuyến và dây cùng chắn cung MB)
=>F1=D1
Chứng minh tương tự ta được D2=E2
Do đó DMFD DMDE(g.g)
=>=>MD2=ME.MF
 Khai thác:
Cho tam giác ABC một đường tròn c qua B và tiếp xúc với AC tại A.M là một điểm trên cung AB nằm trong tam giác ABC sao cho khoảng cách từ M đến AB bằng trung bình nhân các khoảng cách từ M đến AC và BC.Chứng minh rằng tam giác ABC cân đỉnh C
 Lời giải vắn tắt
Qua B kẻ tiếp tuyến với c cắt AC tại C’,kẻ ME’^C’B(E’ thuộc C’B)
 C’AB=C’BA
=>
 C’A=C’B 
=>DC’AB cân đỉnh C’
áp dụng bài toán thuận ta được MD2=MF.ME’
Từ giả thiết MD2 = MF.ME
=>ME’=ME.Từ đó hai tam giác vuông ME’B và MEB bằng nhau
=>E’BM=EBM(1)
Nếu CACB thì e’bmEBM (mâu thuẫn với (1))
=>đpcm
 */ý nghĩa của việc khai thác:
Phương pháp này rèn luyện tư duy lật lại vấn đề của học sinh
Nhờ tư duy này,học sinh có thể giải được một số bài toán khó.Quy trình đó như sau:
 Để giải một bài toán(ta gọi là bài toán thuận),ta xét bài toán nghịch(tức là đảo giả thiết và kết luận cho nhau),nếu bài toán nghịch giải được dễ dàng thì ta dựa vào đó để giải bài toán thuận
 Chẳng hạn ta xét bài toán sau
Cho tam giác ABC vuông tại A.Kẻ đường cao AH(HBC).Gọi D là điểm đối xứng của A qua H,I là điểm trên đoạn HD,Qua I kẻ đường thẳng cắt cạnh AC tại M và CD kéo dài tại N sao cho IM=IN
Chứng minh tam giác BMN là tam giác cân 
 Để giải bài toán này,ta phải kẻ thêm hình phụ.Tuy nhiên,kẻ hình phụ như thế nào là vấn đề rất khó đối với học sinh 
Tuy nhiên,nhờ tư duy thuận nghịch,học sinh có thể xét bài toán nghịch như sau:
 Cho tam giác ABC vuông tại A.Kẻ đường cao AH(HBC).Gọi D là điểm đối xứng của A qua H,I là điểm trên đoạn HD,Qua I kẻ đường thẳng cắt cạnh AC tại M và CD kéo dài tại N sao cho BM=BN
Chứng minh tam IM=IN
 Việc giải bài toán này rất đơn giản.Bằng cách xét hai tam giác vuông ABM và DMN có AB=BD,BM=BN nên chúng bằng nhau
=>BND=AMB =>tứ giác BMCN nội tiếp được
=>BMN=BCN
Dễ dàng chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp được
=>BCN=BAD
Từ đó suy ra BAI=BMI 
=>Tứ giác BAMI nội tiếp được
=>BAC+BIM=1800=>BIM=900=>BI^MN=>đpcm
 áp dụng bài toán nghịch để giải bài toán thuận như sau
Giả sử BN BM trên CD lấy điểm M’sao cho BM=BM’ dễ dàng thấy M’M cắt đoạn HD tại I’ theo bài toán thuận thì I’ là trung điểm của đoạn MM’ kết hợp với
I là trung điểm của đoạn NM =>I I’//NM’=>AD//CD(vô lý) =>đpcm
 Trong quá trình hướng dẫn học sinh khai thác các bài tập,tôi thường cho học sinh tuần tự thực hiện các phương pháp trên.Tuy nhiên,với đặc thù của từng bài toán ta có thể chọn kết quả nào bổ ích nhất.
Phần ba:Kết luận
 Phát triển tư duy cho học sinh ở nhà trường T.H.C.S là một việc làm vô cùng quan trọng.Nhưng làm thế nào để thực hiện được điều đó thì lại là một vấn đề không đơn giản chút nào.Tôi cho rằng thông qua việc khai thác các bài tập sẽ giúp cho học sinh phát triển được tư duy.
 Qua thực tế thực hiện chuyên đề này,tôi nhận thấy học sinh rất hứng thú trong việc học toán,các em có thể tự giải quyết được nhiều dạng bài tập ở SGK cũng như ở các tài liệu nâng cao.
 Tuy nhiên,do kinh nghiệm cũng như năng lực còn hạn chế,các ví dụ mà tôi đưa ra trên đây có thể đã chưa khai thác được hết các tình huống,hoặc chưa thật điển hình.Vì vậy tôi rất mong nhận được sự góp ý chân thành và bổ xung của các bạn đồng nghiệp.
 Xin chân thành cảm ơn