phát triển bài toán hình

Kinh Nghiệm Hớng Phát Triển T Duy Qua Bài Toán Hình Học
phần I : đặt vấn đề
hi giải hoàn thành một bài toán nói chung và một bài
toán hình nói riêng. Các em học sinh thờng thỏa mãn
những gì đã làm đợc. Rất ít em còn trăn trở suy nghĩ tiếp nh :
K
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) đợc những gì nữa.
c, Và cuối cùng nếu thay đổi một hay vài điều kiện của giả thiết. Thì
kết luận mới thu đợc có gì đặc biệt .
Rõ ràng nếu tự giác làm đợc 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 cha làm đợc. 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 cha có thói quen làm nh vậy, mà nếu có cũng chỉ là hình thức
mà thôi. Do vậy là ngời giáo viên dạy toán cần phải hớng dẫn cho học sinh
thờng 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 đa ra một hớng: 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 t duy ... Cùng đồng nghiệp tham
khảo trong cách tự "Thiết kế" ra những bài tập mới từ những bài tập đã biết.
phần II : nội dung
I/ Cơ sở lý luận
1
Kinh Nghiệm Hớng Phát Triển T Duy Qua Bài Toán Hình Học
Chúng ta đã biết: Trong chơng trình toán 7 bộ môn hình học, các em
đã đợc làm quen với một định lý về tính chất ba đờng trung tuyến trong tam

giác.
Định lý: Trong một tam giác ba đờng 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 .
Về phần chứng minh định lí SGK - HH7 đã chứng minh cụ thể. Tuy
nhiên tôi cũng mạnh dạn đa ra một cách chứng minh khác, trên cơ sở đó ta
còn suy xét tiếp bài toán:
Chứng minh:
A


C1 G B
1

B A
1
. C
Giả sử ta gọi AA
1
, BB
1
, CC
1
. Là các trung tuyến của tam giác ABC.
( A
1
, B
1
, C
1

lần lợt là trung điểm của BC, CA, AB ). Ta phải chứng minh
AA
1
, BB
1
, CC
1
cung đi qua một điểm. Thật vậy : Gọi AA
1
cắt BB
1
tại G.
(Ta kí hiệu S là diện tích S
ABC
: đọc là diện tích của tam giác ABC ).
Ta luôn có: S
ABC 1
= S
ACA1
( Hai tam giác có chung đờng cao hạ từ A và
đáy BA
1
= CA
1
nên diện tích của chúng bằng nhau).
Từ chứng minh này ta có kết luận: Trong một tam giác đờng trung
tuyến chia tam giác đó thành hai phần có diện tích bằng nhau và bằng
2
1
diện tích tam giác ấy(*)

Từ kết luận (*) ta suy ra:
S
AC A1
=
S
BC B1
(=


2
1

S
ABC
)
Nhng: S
ACA1
= S
GAB1
+ S
GA1C B1
S
BC B1
= S
GBA1
+ S
G A1C B1
2
Kinh Nghiệm Hớng Phát Triển T Duy Qua Bài Toán Hình Học
Vậy : S

GAB1
= S
GBA1
( 1 )
Lại áp dụng kết luận (*) thì : S
GAB1
= S
GC B1
( =
2
1
S
GAC

)
S
GBA1
= S
GC A1
( =
2
1
S
GBC

) (2)
Từ (1), (2) Suy ra :
S
GAB1
= S

GC B1
=S
GC A1

Thế thì : S
GAC

=
3
2
. S
ACA1
Nhng lại có

GAC,

ACA
1
có chung độ dài đờng cao hạ từ C,
gọi là h chẳng hạn. Vậy ta có :

2
1
GA . h =
2
1
AA
1
.h Suy ra:
3

2
1
=
AA
AG
(3)
Tơng tự chứng minh trênta cũng có :
3
2
1
=
BB
BG

Bây giờ ta giả sử AA
1
cắt CC
1
tại G
'
.
Chứng minh tơng nh vậy tự ta cũng có :

3
2
1
'
=
AA
AG

(4)
Từ (3) và (4) . Suy ra AG
'
= AG vì ABC xác định nên G
'
trùng với G.
Chứng tỏ rằng : Ba đờng trung tuyến của một tam giác cùng đi qua
một điểm, khoảng cách từ điểm đó đến mỗi đỉnh bằng
3
2
độ dài trung
tuyến kẻ từ đỉnh đó. ( Giao điểm đó gọi là trọng tâm của tam giác)
( Chú ý: Cách giải trên hoàn toàn phù hợp với học sinh lớp 7. Bởi ở
bậc tiểu học các em đã học công thức tính diện tích của một số hình trong
đó có Tam giác). Nếu ta dừng lại ở đây thì chẳng nói làm gì. Điều đó cũng
có thể đợc bởi bài tập đã giải quyết xong. Tuy nhiên đã trình bày ở trên,
việc hớng dẫn cho học sinh cần phải có một thời gian phù hợp đủ để nhìn
nhận, đánh giá những cái đã làm đợc, cha làm đợc, ở các góc độ khác chẳng
hạn:
Bài toán còn có thể giải quyết theo hớng nào hay hơn không ? Bài
toán này nếu giữ nguyên giả thiết ấy thì còn kết luận thêm đợc gì nữa?
Bài toán này nếu đặc biệt hóa giả thiết (và ngợc lại tổng quát hóa giả
thiết) một số điều kiện ( nếu đợc) thì thu đợc những kết luận mới nào? ...
3
Kinh Nghiệm Hớng Phát Triển T Duy Qua Bài Toán Hình Học
Riêng hai vấn đề trên tôi chỉ nêu ra có tính chất làm ví dụ dành cho
bạn đọc. Còn nội dung chủ yếu của Kinh nghiệm này tôi suy nghĩ và đa ra
một hớng Phát triển . Đó là nội dung hớng thứ ba
II. Nội dung biện pháp
Quay lại bài toán ta đã chứng minh đợc: Trong Tam giác ABC các

trung tuyến AA
1,
,BB
1
, CC
1
cùng đi qua một điểm G và:
3
2
111
===
CC
GC
BB
GB
AA
GA
Nh vậy thì:
3
2
111
===
CC
GC
BB
GB
AA
GA
Do đó:
1

3
1
3
1
3
1
1
1
1
1
1
1
=++=++
CC
GC
BB
GB
AA
GA
(5)
Phát triển I:
Từ bài toán suy xét thêm ta thấy: Tuy Tam giác ABC là bất kỳ nhng
AA
1,
,BB
1
, CC
1
Là ba trung tuyến của Tam giác - Là ba đờng đặc biệt, nên G
có tính chất đặc biệt nh vậy nghĩa là do đó mà ta có đẳng thức ( 5). Bây giờ

chuyển sự đặc biệt hóa thành khái quát rằng: Giả sử các đờng AA
1,
,BB
1
,
CC
1
là bất kỳ của Tam giác ABC và cùng đi qua một điểm K bất kỳ nằm
trong trong

ABC. Đẳng thức (5) có gì thay đổi theo . Thật vậy: Cho K là
một điểm bất kỳ của

ABC ( K nằm trong

ABC). Gọi AK, BK, CK lần
lợt cắt BC, CA, AB ở A
1,
,B
1
, C
1
.

Ta gọi S là diện tích

ABC, S
1
là diện tích Tam giác KBC ,S
2

là dt

KCA ,S
3
là dt

KAB và h
a
,h
b
,h
c
là độ dài đờng cao của

ABC ứng với
cạnh :BC, CA , AB gọi h
1
, h
2
, h
3
lầnlợt là độ dài đờng cao của

KBC,

KCA ,

KAB hạ từ K ta có:
S =
2

1
BC.h
a
=
2
1
CA. h
b
=
2
1
AB.h
c
(6)
4
A
B
H
A
1
H
1
C
B
1
C
1
Kinh Nghiệm Hớng Phát Triển T Duy Qua Bài Toán Hình Học
S
1

=
2
1
BC.h
1
, S
2
=
2
1
CA.h
2
, S
3
=
2
1
AB.h
3
(7) .
Từ (6) và (7) ta có
a
h
h
S
S
11
=
;
b

h
h
S
S
22
=
;
c
h
h
S
S
33
=
. Tiếp tục kẻ AH
vuông góc với BC tại H , KH
1
vuông góc với BC tại H
1
. Suy ra trong

AHA
1
có AH // KH
1
( cùng vông vói góc BC).
Vậy ta có :
1
11
AA

KA
AH
KH
=
hay
Do đó:
a
h
h
AA
KA
1
1
1
=

( Do ta gọi h
a
là độ dài đờng cao của

ABC ứng với cạnh BC h
1
là độ
dài đờng cao của

KBC hạ từ K ). Do đó
S
S
AA
KA

1
1
1
=
.
Tơng tự ta cũng có:
S
S
BB
KB
2
1
1
=
,
S
S
CC
KC
3
1
1
=

Từ đó suy ra:
S
SSS
S
S
S

S
S
S
CC
KC
BB
KB
AA
KA
3213
21
1
1
1
1
1
1
++
=++=++
.

Nhng S
1
+S
2
+ S
3
= S
KBC
+ S

KcA
+S
KAB
= S
ABC
= S.
Vậy
Chứng tỏ rằng :
1
1
1
1
1
1
1
==++
S
S
CC
KC
BB
KB
AA
KA

So sánh (5) và (5.1) ta thấy rằng chỉ cần điều kiện ba đờng thẳng bất
kỳ đi qua ba đỉnh của tam giác và đồng qui tại một điểm (*) thì đẳng thức
( 5) vẫn đúng. Nhng rõ ràng giải đợc 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 I :

Cho K là một điểm bất kỳ trong

ABC gọi AK, BK, CK lần lợt cắt
BC, CA, AB tại A1, B1, C1 .Chứng minh rằng:
1
1
1
1
1
1
1
==++
S
S
CC
KC
BB
KB
AA
KA
Tiếp tục không dừng lại ở đây, ta lại suy xét thêm bài toán tơng tự
nh trên từ bài toán ban đầu ta đã mở rộng thêm bài toán đó là bài toán 1.
Bây giờ cũng từ kết quả của bài toán ban đầu ta có:
5
AA
1
BB
1
CC
1

= = = 3
GA
1
GB
1
GC
1
S
1
+ S
2
+ S
3
S
= = 1
S S
Kinh Nghiệm Hớng Phát Triển T Duy Qua Bài Toán Hình Học
Thế thì ta có một hớng phát triển khác.
Phát triển II :
Từ nhận xét trên ta suy ra.
9
1
3
1
3
1
3
1
1
1

1
1
1
=++=++
GC
CC
GB
BB
GA
AA
(8).
Sở dĩ có đẳng thức (8) là do G là một điểm đặc - trọng tâm của Tam
giác. Vậy vấn đề đặt ra rằng nếu thay sự đặc biệt của vị trí điểm G thành
khai quát thành điểm K bất kỳ trong Tam giác. Thì đẳng thức (8) có còn
đúng không, hay ta sẽ thu đợc điều gì mới (*). Chỉ xét điểm đồng quy ở
trong Tam giác ... Thật vậy : ta cũng gọi K là một điểm bất kỳ trong

ABC
gọi AK, BK, CK lần lợt cắt BC, CA, AB tại A
1
, B
1
, C
1
.Theo phát triển I ta
có:
S
S
AA
KA

1
1
1
=
,
S
S
BB
KB
2
1
1
=
,
S
S
CC
KC
3
1
1
=
.Vậy suy ra:
3211
1
1
1
1
1
S

S
S
S
S
S
KC
CC
KB
BB
KA
AA
++=++
.
Để cho bài toán khó thêm một chút , ta sẽ tạo tiếp ra các nút kiến
thức chẳng hạn: Do: S = S
1
+ S
2
+ S
3
( Trong phát triển 1 ) Nên :
1
32
1
321
1
1
S
SS
S

SSS
S
S
+
+=
++
=
=1+
1
3
1
2
S
S
S
S
+
, tơng tự :
2
3
2
1
2
1
S
S
S
S
S
S

++=
,
3
2
3
1
3
1
S
S
S
S
S
S
++=
.
Do đó:
Nhng ta chú ý rằng do K nằm trong

ABC nên diện tích các

KBC,

KCA,

KAB đều là các số dơng. Mặt khác trong đại số ta luôn
có: (a-b)
2
0 a, b
a

2
+ b
2


2ab a, b

a
b
b
a
+
2 a, b > 0 (*)
dấu " = " xảy ra khi a= b. áp dụng (*) vào trên ta có:
3+
1
2
2
1
S
S
S
S
+
+
2
3
3
2
S

S
S
S
+
+
3
1
1
3
S
S
S
S
+
3+2+2+2 =9
Dễ thấy dấu = xẩy ra khi S
1
= S
2
= S
3
điều này có đợc khi K trùng G
Do đó:
1
1
1
1
1
1
KC

CC
KB
BB
KA
AA
++
9 (8.1) So sánh (8) và (8.1) Ta thấy (8)
chỉ là một trờng hợp đặc biệt của (8.1). Từ đó ta có bài toán mới.
6
S S S S
2
S
1
S
3
S
1
S
2
S
3
+ + = 3 + + + + + +
S
1
S
2
S
3
S
1

S
2
S
1
S
3
S
3
S
2
Kinh Nghiệm Hớng Phát Triển T Duy Qua Bài Toán Hình Học
Bài toán II :
Chứng minh rằng:
Nếu K là một điểm bất kỳ trong

ABC và AK, BK,CK lần lợt cắt
BC, CA, AB tại A
1
,B
1
, C
1
thì luôn có:
1
1
1
1
1
1
KC

CC
KB
BB
KA
AA
++
9.
Suy xét tiếp tục bài toán ban đầu do có :
111
CC
GC
BB
GB
AA
GA
==
=
3
2
.
Suy ra:
111
GC
GC
GB
GB
GA
GA
==
=2 .

Vậy :
1
GA
GA
+
1
GB
GB
+
1
GC
GC
= 2 + 2+ 2 = 6 (9)
Phát triển III :
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 đợc có gì
đặc biệt so với (9). Thật vậy trong phát triển II ta có:
1
1
1
1
1
1
KC
CC
KB
BB
KA
AA
++

9

1
1
KA
AA
- 1+
1
1
KB
BB
- 1+
1
1
KC
CC
- 1 9 -3

1
11
KA
KAAA

+
1
11
KB
KBBB

+

1
11
KC
KCCC

6 .

1
KA
KA
+
1
KB
KB
+
1
KC
KC
6 (9.1)
So sánh (9) và (9.1) ta thấy rõ ràng (9) chỉ là trờng hợp đặc biệt
của (9.1) mà thô. Nh thế ta có bài toán tổng quát hơn bài toán mới:
Bài toán III :
Cho K là một điểm bất kỳ trong

ABC, gọi AK, BK,CK lần lợt cắt
BC, CA, AB tại A
1
,B
1
, C

1
.Chứng minh rằng :
1
KA
KA
+
1
KB
KB
+
1
KC
KC
6 .
7
Lợi dụng bất đẳng thức
này ta suy xét tiếp. Dễ
thấy muốn có KA thì
ta lấy hiệu AA
1
và
KA
1
. Từ đó ta bớt mỗi
vế của bất đẳng thức
trên đi 3 đơn vị ta đợc:
A
B
B
1

C
1
A
1
C