tương tự, đặc biệt hoá

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
TƯƠNG TỰ HÓA, ĐẶC BIỆT HÓA,
TỔNG QUÁT HÓA TRONG DẠY VÀ HỌC TOÁN
I. PHẦN MỞ ĐẦU.
1. Lí do chọn đề tài.
a. cơ sơ ký luận
Trong nhiều năm giảng dạy môn Toán ở khối lớp 9 tại trường THCS Tăng Bạt
Hổ, tôi nhận thấy rằng: học sinh gặp nhiều khó khăn khi giải một bài toán, cho
dù đó là những bài toán đơn giản và tương tự như một bài toán mà giáo viên đã
chữa cho học sinh tại lớp. Hay là đó là một bài toán được phát triển từ một bài
toán chứa các yếu tố đặc biệt nhưng học sinh vẫn không tìm ra được phương
pháp giải kể cả những học sinh khá giỏi, chính vì vậy mà có nhiều học sinh
không yêu thích môn toán dẫn đến tỉ lệ học sinh có điểm kiểm tra yếu kém
ngày càng cao, và học sinh học giỏi môn toán ngày càng ít đi.
b. Cơ sở thực tiễn.
Trong thực tế, ta nhận thấy rằng khi tổ chức cho học các em học toán thường
thì giáo viên dựa trên các bài tập ở sách giáo khoa, sách bài tập để cho học sinh
rèn luyện kỹ năng giải toán, chưa xây dựng các bài toán tương tự, chưa giúp
được cho học sinh thấy được đó là một trường hợp đặc biệt hay là một trường
hợp khái quát từ một bài toán đã cho, từ đó học sinh gặp nhiều khó khăn trong
việc phân tích và tìm lời giải cho bài toán.
Để giúp cho các em có được kỹ năng phân tích và tìm lời giải cho một bài
toán một cách nhanh chóng giáo viên cần phải giúp cho học sinh có một thói
quen đặt và trả lời cho các câu hỏi: Bài toán này ta đã gặp lần nào chưa? Bài
toán này tương tự như bài toán nào? “bài toán này có phải là một đường hợp đặc
biệt không? Ta có thể khái quát bài toán này để được một bài toán khác không?
Ta có thể chia bài toán này thành những bài toán nhỏ nào? Còn cách giải nào
cho bài toán không? … Khi đã có thói quen như vậy sẽ giúp cho các em tìm ra
được lời giải cho bài toán và nhớ nó lâu hơn, tạo cho các em có hứng thú với

môn học hơn.
2. Nhiệm vụ nghiên cứu.
Quá trình dạy học môn toán phải nhằm mục đích đào tạo con người mà xã hội
NGUYỄN VĂN THUẬN THCS TANG BAT HO HOAI AN BINH DINH
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
cần. Vì vậy, môn Toán phải góp phần cùng môn học khác thực hiện mục tiêu
chung của giáo dục THCS thể hiện ở các mặt.
• Làm cho HS nắm vững toán phổ thông, cơ bản, thiết thực….
• Có kỹ năng thực hành giải toán…
• Hình thành cho HS những phẩm chất đạo đức và năng lực cần thiết.
Dạy toán không chỉ nhằm cung cấp cho HS một số kiến thức toán mà dạy cho
HS phải biết tính toán. Ngoài kiến thức còn có phương pháp, kó năng, phát triển
các năng lực trí tuệ và hình thành ở HS các phẩm chất đạo đức.
Chuyên đề “Tương tự hóa, đặc biệt hóa, tổng quát hóa trong dạy và học
Toán” Nhằm giúp cho HS nắm tổng quát các kiến thức, các mạch kiến thức
trong chương trình, có kỹ năng phân tích các dạng bài tập, các cách trình bày
một bài toán sao cho khi người học tiếp cận nó xong thì có thể vận dụng một
cách hiệu quả trong thực tế. Nếu giáo viên làm được như vậy thì có thể chuẩn bò
cho tiết dạy một hệ thống bài tập tốt hơn, xây dựng được các bài toán phù hợp
cho từng đối tượng học sinh. Hiệu quả giảng dạy sẽ cao hơn.
3. Phương pháp tiến hành.
Trên cơ sở việc rút kinh nghiệm các tiết dạy trên lớp và kết quả làm bài
kiểm tra của học sinh và bằng cách thử nghiệm việc tổ chức rèn luyện cho học
sinh kỹ năng giải toán ở trên lớp và phần giao việc về nhà cho học sinh, yêu
cầu học sinh tìm ra các bài toán tương tự về nội dung và tương tự về quy trình
suy luận phân tích tìm lời giải. Học sinh tự đặt ra các bài toán mang tính khái
quát hơn hay đặc biệt hơn … Tổ chức kiểm tra đánh giá thường xuyên trên cơ sở
đi từ đơn giản đến phức tạp để rút ra những ưu điểm và nhược điểm nhằm nâng
cao hiệu quả giải toán.
4. Cơ sở và thời gian tiến hành.

Môn toán là một môn học có vận dụng nhiều trong cuộc sống, là môn học có
bổ trợ cho nhiều môn học khác và rèn luyện cho học sinh khả năng tuy duy sáng
tạo. Căn cứ vào kết quả các bài kiểm tra môn toán HKI và HKII của học sinh
các lớp 9 từ năm học 2003 -2004 đến năm học 2004 – 2005 cho thấy tỉ lệ học
sinh các lớp tôi phụ trách giảng dạy môn toán có điểm dưới trung bình khá cao
từ 30% đến 40%, tỉ lệ học sinh có điểm khá, giỏi từ 12% đến 20%. Tỷ lệ này
chưa cao, chưa xứng tầm với yêu cầu của môn học. Trong thời gian từ năm học
2004 – 2005 đến nay, bản thân tôi cố gắng tìm ra cách phương pháp dạy học
mới phù hợp với khả năng nhận thức và tuy duy của các đối tượng học sinh giúp
NGUYỄN VĂN THUẬN THCS TANG BAT HO HOAI AN BINH DINH
K
B
C
D
A
M
P
Q
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
cho các em đã có nhiều tiến bộ hơn trong việc phân tích và tìm lời giải cho một
bài toán.
II. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ:
Để giải các bài toán, ngoài việc nắm vững kiến thức còn cần phải có
những phương pháp suy nghó khoa học cùng với những kinh nghiệm cá nhân tích
lũy được trong quá trình học tập, rèn luyện. Trong môn Toán ở trường THCS có
rất nhiều bài toán tương tự nhau về cách giải hoặc có những bài toán được xây
dựng trên cơ sở của một bài toán khác hoặc nó là một trường hợp đặc biệt của
bài toán đã cho. Để giải bài toán như vậy đòi hỏi học sinh phải có khả năng suy
luận lôgíc và biết cách xây dựng được các dạng toán khác tương tự như bài toán
đã cho hoặc tìm ra các trường hợp đặc biệt của giả thiết thì kết luận có gì đặc

biệt (đặc biệt hóa bài toán) từ đó xem xét bài toán ở mức độ tổng quát hơn.
1. Tương tự hóa
Từ hai dối tượng giống nhau ở một số dấu hiệu ta rút ra kết luận rằng hai
đối tượng đó cũng giống nhau ở dấu hiệu khác thì suy luận ấy gọi là tương tự.
Chẳng hạn, hai đối tượng X, Y cùng có dấu hiệu a, b, c và X có dấu hiệu
d thì ta kết luận Y cũng có dấu hiệu d.
Như vậy, kết luận rút ra từ những suy luận tương tự chỉ là một dự đoán,
một giả thiết. Cũng giống như quy nạp không hoàn toàn, những dự đoán, giả
thiết này có tác dụng góp phần thúc đẩy Toán học phát triển. Nói riêng, trong
hoạt động giải toán, sử dụng suy luận tương tự để liên hệ giữa bài toán cần giải
với bài toán đã giải, có thể giúp ta nhanh chóng tìm ra được lời giải của bài
toán.
Ví dụ1: (Bài tập 35 chương III GÓC VỚI ĐƯỜNG TRÒN SBT Toán 9)
Cho D là trung điểm của đoạn thẳng AM. Trên cùng một nửa mặt phẳng
bờ AM vẽ nửa đường tròn đường kính AM và nửa đường tròn đường kính AD.
Tiếp tuyến tại D của nửa đường tròn đường kính AD cắt nửa đường tròn lớn tại C
và tiếp tuyến tại C của nửa đường tròn lớn cắt tiếp tuyến tại A của nửa đường
tròn nhỏ tại B. P là một điểm bất kỳ trên cung nhỏ AC đường thẳng PD cắt nửa
đường tròn nhỏ tại K. Chứng minh AP là tia phân giác góc BAK
DA = AM, CD
⊥
AD tại D
GT BA
⊥
AD tại A, CB
⊥
CD tại C
P
¼
AC∈

KL AP phân giác
·
BAK
NGUYỄN VĂN THUẬN THCS TANG BAT HO HOAI AN BINH DINH
N
K
B
A
D
C
P
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Phân tích:
Gọi Q là giao điểm của AK và nửa đường tròn đường kính AM.
-Muốn chứng minh AP là tia phân giác của góc BAK ta phải chứng minh
·
BAP
=
·
PAK
-Muốn chứng minh
·
BAP
=
·
PAK
ta phải chứng minh
¼
AP

=
¼
PQ

-Muốn chứng minh
¼
AP
=
¼
PQ
ta phải chứng minh DP
⊥
AQ tại K vì
·
AKD
= 1v (góc nội tiếp chắn ½ đường tròn)
Lời giải tóm tắt:
Ta có:
·
AKD
= 1v (góc nội tiếp chắn ½ đường tròn)
Suy ra DP
⊥
AQ tại K
Do đó:
¼
AP
=
¼
PQ

(T/c đường kính vuông góc với dây trong đường tròn)
Từ đó suy ra
·
BAP
=
·
PAK
(cùng chắn hai cung bằng nhau)
Vậy AP là tia phân giác của góc BAK (đpcm)
Khai thác bài toán:
Sau khi giải xong bài toán VD1 ta nhận thấy tứ giác ABCD là một hình
vuông, ta có thể thay đổi giả thiết ta có các bài toán mới như sau:
Ví dụ1.1: Cho hình vuông ABCD, vẽ nửa đường tròn đường kính AD, lấy D
làm tâm vẽ cung tròn AC trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là AD. Nối D với một
điểm P bất kỳ trên cung AC, DP cắt nửa đường tròn đường kính AD tại K. Kẻ PN
vuông góc với AB. Chứng minh rằng tam giác AKN vân tại A.
Việc giải bài toán này tương tự như
cách giải ở DV1. Ở đây việc đi chứng minh
·
·
NAP = KAP
được thay bằng chứng minh hai
đoạn thẳng AN = AK

Ví dụ1.2: Cho hình vuông ABCD, vẽ nửa đường tròn đường kính AD, lấy D
làm tâm vẽ cung tròn AC trên cùng một nửa mặt phẳng bờ là AD. Nối D với một
điểm P bất kỳ trên cung AC, DP cắt nửa đường tròn đường kính AD tại K. Kẻ PN
vuông góc với AB. Chứng minh rằng AP
⊥
NK.

NGUYỄN VĂN THUẬN THCS TANG BAT HO HOAI AN BINH DINH
N
K
B
A
D
C
P
y
x
4
3
2
1
D
C
O
A B
M
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Việc giải bài toán này tương tự như
cách giải ở DV1.1. Ở đây việc đi chứng minh
AP
⊥
NK ta đưa về chứng minh tam giác AKN
Cân tại A và có
·
·
NAP = KAP
.

Ví dụ 2: ( Trích câu a bài tập 30 trang 116 SGK HH 9 tập I)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Vẽ các tia tiếp tuyến Ax và By
với nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng
bờ là AB). Qua một điểm M thuộc nửa đường tròn (M khác A và B), kẽ tiếp tuyến
với nửa đường tròn đó, nó cắt Ax và By theo thứ tự tại C và D. chứng minh rằng:
·
COD
= 90
o
.
(O) có AB là đường kính
GT Ax
⊥
AB; By
⊥
BA
CD
⊥
OM tại M

KL
·
COD
= 90
o
Phân tích:
Có nhiều cách để đi chứng minh
·
COD
= 90

o
, chẳng hạn ta đi chứng minh
Ô
1
= Ô
2
và Ô
3
= Ô
4
rồi suy ra OC
⊥
OD, suy ra (đpcm)
Hoặc ta có thể đi chứng minh các tứ giác BDMO và ACMO nội tiếp rồi
suy ra
·
· ·
·
MDO MBO và MCO MAO= =
mà
·
AMB
= 90
o
suy ra
·
COD
= 90
o
Lời giải tóm tắt:

Tứ giác BDMO nội tiếp ( vì có
·
·
O
OBD OMD 90+ =
)
Suy ra
·
·
¼
MDO MBO (cùng chắn OM)=
Tứ giác ACMO nội tiếp ( vì có
·
·
O
OMC OAC 90+ =
)
Suy ra
·
·
¼
MCO MAO (cùng chắn OM)=
Mà
·
·
O
MAB MBA 90+ =
( Vì tam giác AMB vuông tại M)
Suy ra
·

·
O
MCO MDO 90+ =
. Vậy
·
COD
= 90
o
(đpcm)
NGUYỄN VĂN THUẬN THCS TANG BAT HO HOAI AN BINH DINH
D
C
O
A
B
M
N
D
C
O
A
B
M
N
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Khai thác bài toán:
Nhận xét1: Vấn đề đặt ra là: hãy thay đổi một và điều kiện của bài toán
ở VD2, chẳng hạn như vò trí của điểm O ta thay bằng điểm N bất kì trên AB, khi
đó đường thẳng vuông góc với MN tại M không còn là tiếp tuyến với (O) mà trở
tành một cát tuyến với (O), ta có thể chứng minh được

·
CND
= 90
o
nữa không?
Ta có bài toán khác như sau:
VD2.1: Gọi M là một điểm nằêm trên (O) đường kính AB và N là một điểm
bất kỳ nằm trên đoạn thẳng AB (N khác A và B), đường thẳng vuông góc với MN
tại M cắt các tiếp tuyến Ax và By của (O) lần lượt tại C và D. CMR:
·
CND
= 90
o

Ta có vì N là một điểm bất kỳ trên đoạn thẳng AB (M khác A và B).
- Nếu N trùng với O thì việc chứng minh bài toán như VD2.
- Nếu N không trùng với O (N khác A và B) ta có hình vẽ sau:
Việc đi chưng minh bài toán giống như VD2
Lời giải tóm tắt:
Tứ giác BDMN nội tiếp ( vì có
·
·
O
NBD NMD 90+ =
)
Suy ra
·
·
¼
MDN MBN (cùng chắn NM)=

Tứ giác ACMN nội tiếp ( vì có
·
·
O
NMC NAC 90+ =
)
Suy ra
·
·
¼
MCN MAN (cùng chắn NM)=
Mà
·
·
O
MAB MBA 90+ =
(Vì tam giác AMB vuông tại M)
Suy ra
·
·
O
MCN MDN 90+ =
. Vậy
·
CND
= 90
o
(đpcm)
Nhận xét2: Ta tiếp tục mở rộng bài toán: hãy thay đổi một và điều kiện của
bài toán ở VD2, chẳng hạn như vò trí của N bất kì trên đường thẳng AB và

không nằm giữa A và B, khi đó ta có kết quả
·
CND
= 90
o
nữa không? Ta có bài
toán khác như sau:
VD2.2: Gọi M là một điểm nằm trên (O) đường kính AB và N là một điểm
bất kỳ nằm trên đường thẳng AB (N khác A, B và không nằm giữa A và B),
đường thẳng vuông góc với MN tại M cắt các tiếp tuyến Ax và By của (O) lần
lượt tại C và D. CMR:
·
CND
= 90
o

Phân tích:
Ta có nhiều cách để đi chứng minh
·
CND
= 90
o
, sau đây tôi xin nêu ra một
hướng phân tích để tìm lời giải cho bài toán:
Muốn chứng minh
·
CND
= 90
o
ta dựa

NGUYỄN VĂN THUẬN THCS TANG BAT HO HOAI AN BINH DINH
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
vào kết quả đã chứng minh ở bài toán VD2.1
ta đi chứng minh cho
· ·
O
NDC NCD 90+ =

Ta nhận thấy tứ giác BDNM nội tiếp
Suy ra:
·
·
NDC MBA=
(cùng chắn
¼
NM
)
Mà tứ giác AMCN cũng nội tiếp
Do đó
·
·
NCD MAB=
( cùng bù với
·
NAM
)
Mặt khác:

·
·

O
MAB MBA 90+ =
(Vì tam giác AMB vuông tại M)
Suy ra
· ·
O
NCD NDC 90+ =
. Vậy
·
CND
= 90
o
(đpcm)
Nhận xét3: Nhìn lại các bài toán vừa giải được ở trên, ta có thể đưa về một bài
toán tổng quát hơn.
VD2.3: Gọi M là một điểm nằm trên (O) đường kính AB và N là một điểm
bất kỳ nằm trên đường thẳng AB (N khác A và B), đường thẳng vuông góc với
MN tại M cắt các tiếp tuyến Ax và By của (O) lần lượt tại C và D. CMR:
·
CND
=
90
o

Việc đi chứng minh VD2.3 trở nên đơn giản, ta tìm được lời giải như đã
trình bày ở trên.
Ví dụ3: Một ca nô xuôi dòng một khúc sông dài 90 km rồi ngược dòng về
36 km. Biết rằng thời gian xuôi dòng nhiều hơn thời gian ngược dòng là 2 giờ và
vận tốc khi xuôi dòng hơn vận tốc là 6km/h. Hởi vận tốc của ca nô lúc ngược
dòng ?

Phân tích: Đề bài toán có các phần khá rõ và mỗi phần đều có thể phiên dòch
sang ngôn ngữ đại số dễ dàng dựa trên cơ sở của ba đại lượng tham gia bài toán
đó là vận tốc, thời gian và quãng đường (không đổi) và được liên hệ với nhau
bởi công thức (thời gian = quãng đường : vận tốc). Lại có hai trường trường hợp
cụ thể đó là đi xuôi dòng và ngược dòng như sau:
Vận tốc canô lúc ngược dòng x (km/h), (x > 0)
Vận tốc canô lúc xuôi dòng x + 6 (km/h)
Thời gian xuôi dòng nhiều hơn thời gian ngược dòng la 2 giờ, ta có PT

90 36
2
x 6 x
− =
+
Hoặc ta có thể biểu thò các số liệu ở dạng bảng :
NGUYỄN VĂN THUẬN THCS TANG BAT HO HOAI AN BINH DINH
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐL
TH
Vận tốc
(km/h)
Thời gian
(h)
Q. đường
(km)
Xuôi x + 6
90
x 6+
90
Ngược x

36
x
36
Thời gian xuôi dòng nhiều hơn thời gian ngược dòng là 2 giờ, ta có PT

90 36
2
x 6 x
− =
+
Giải phương trình ta được x
1
= 9, x
2
=12 đều thỏa mãn
Suy ra vân tốc canô lúc ngược dòng là 9km/h hoặc 12km/h.
Khai thác bài toán. Ta có thể đưa ra các bài toán tương tự bằng cách:
1) Thay “thời gian xuôi dòng nhiều hơn thời gian ngược dòng là 2 giờ”
bằng “tổng thời gian xuôi dòng và ngược dòng là 10 giờ” còn các phần khác của
bài toán giữ nguyên.
2) Thay “Hỏi vận tốc lúc ngược dòng ?” bằng “Hỏi thời gian khi ngược
dòng” còn các phần khác thì giữ nguyên
3) Ta có thể thay đổi nội dung bài toán để có một dạng toán khác như:
VD3.1 “Một đội máy cày dự đònh cày một cánh đồng có diện tích 90ha trong
một thời gian dự đònh. Nhưng khi cày thì 6 máy cày được điều đi cày ở nơi khác
nên thời gian cày 36ha kém thời gian dự đònh cày xong cánh đồng là 2 ngày.
Hỏi số máy cày lúc sau của đội ? Giả sử năng suất của mỗi máy cày là như
nhau”.
Phân tích: Sự tương tự của hai bài toán này ở chổ cũng có ba đại lượng tham
gia bài toán đó là số máy cày, thời gian cày và diện tích cày (không đổi) về mối

quan hệ giữa các đại lượng thì giống nhau ( thời gian cày = diện tích : số máy
cày) và cũng được chia thành hai trường hợp cụ thể đó là số máy cày của đội
dự đònh cày và số máy cày thực tế tham gia cày trên cánh đồng.
Ta có bảng số liệu sau:
ĐL Số máy cày Thời gian Diện tích
NGUYỄN VĂN THUẬN THCS TANG BAT HO HOAI AN BINH DINH
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
TH (Máy cày) (Ngày) (ha)
Dự đònh x + 6
90
x 6+
90
Thực tế x
36
x
36
Theo bài toán ta có PT :
90
x 6+
-
36
x
= 2
Đến đây ta có thể dễ dàng tìm được lời giả cho bài toán.
VD4. (Trích bài tập 6a trang 04 SGK tập II)
Vẽ hai đường thẳng (d
1
): y = -2x + 1 và (d
2
): y = 2x +5 trên cùng một mặt

phẳng Oxy rồi tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng đó.
Phân tích: Bài toán có hai yêu cầu:
- Vẽ đồ thò của hai đường thẳng trên cùng một mặt phẳng Oxy.
Ta phải tìm hai điểm thuộc đường thẳng (d
1
) và hai điểm thuộc đường
thẳng (d
2
) (thường ta tìm tọa độ giao điểm của mỗi đường thẳng với các
trục Ox và Oy) rồi vẽ hai đường thẳng đi qua các điểm đó.
- Tìm tọa độ giao điểm của hai đường thẳng.
Nếu M(x
M
; y
M
) là giao điểm của hai đường thẳng thì tọa độ của điểm M
chính là nghiệm của hệ phương trình:
2 1
2 5
y x
y x
= − +


= +

Lời giải tóm tắt:
Ta có bảng giá trò tương ứng:
x 0 1
y = -2x +1 1/2 0

A(0; 1) và B(1/2; 0) thuộc (d
1
)
x 0 5
y = 2x + 5 -5/2 0
C(0; 5) và D(-5/2) thuộc (d
2
)
NGUYỄN VĂN THUẬN THCS TANG BAT HO HOAI AN BINH DINH
6
4
2
-2
-4
-6
-5 5
O
D
M
A
B
C