phát triển một bài toán hình 8

Khai th¸c vµ ph¸t triÓn mét bµi to¸n
h×nh häc líp 8
1
Phần I : đặt vấn đề
1. Lý do chọn đề tài:
Qua những năm trực tiếp giảng dạy, bản thân tôi thấy một thực tế hầu hết các
em học sinh sau khi giải xong một bài toán là tỏ ra thoả mãn yêu cầu. Thậm chí, cả
đối với một số học sinh khá giỏi, có năng lực học toán cũng vậy. Điều đó thật đáng
tiếc. Chính nó làm tôi suy nghĩ và tìm tòi biện pháp để hớng các em hãy dành một l-
ợng thời gian vừa đủ để suy xét tiếp mỗi bài toán mà mình vừa giải xong. Việc hớng
dẫn các em học sinh theo hớng khai thác, phát triển ở một bài toán để trỏ thành một
họ của bài toán đó tâm đắc bởi các em đã đợc tha hồ phát huy trí sáng tạo của
mình, tìm tòi mọi góc độ xung quanh một bài toán ban đầu , qua đó các em khắc sâu
đợc kiến thức. Và điều quan trọng hơn cả là cách hớng dẫn này phù hợp với ph-
ơng pháp dạy học cải cách mới hiện nay, các em học sinh là ngời chủ động sáng
tạo trong việc tiếp thu kiến thức, làm chủ tình huống, từ đó càng yêu thích môn
toán hơn.
Chính vì thế tôi đã chọn: " Khai thác và phát triển một bài toán" là kinh
nghiệm của bản thân và mạnh dạn đa ra cùng đồng nghiệp trao đổi nhằm nâng cao
chất lợng dạy và học.
2. Mục đích:
Xuất phát từ một thực tế đáng tiếc của học sinh nh vậy nên việc chọn: "
Khai thác và phát triển một bài toán" nhằm giải quyết thực tế đó. Nghĩa là làm thế
nào để ngời thầy đúng là ngời tổ chức chỉ đạo và dạy học sinh cách t duy để thực
hiện. Dạy học sinh biết cách từ kiến thức vốn có, học sinh phải biết tự mình phát
triển ra thành nhiều bài toán mới.
Việc tạo cho học sinh biết cách việc suy xét tiếp một bài toán sau khi đã giải
sẽ có tác dụng.
- Tìm ra hớng giải khác (Và từ đó sẽ có phơng pháp hay hơn).
- Tìm ra những bài toán là "họ hàng" của bài toán đã giải.
- Tìm ra những bài toán "hay hơn" khó hơn từ bài toán đã giải .v.v.

Với giáo viên thì chắc chắn ngoài việc tìm ra một "họ" các bài toán ra còn có
phơng pháp "thiết kế" một bài toán mới từ một bài toán quen thuộc. Việc làm ấy
chẳng tạo cho giáo viên một "ngân hàng" bài tập sao ?
Đó chính là mục đích của kinh nghiệm.
Ngoài ra để có thêm các bài toán mới bài toán A ta có thể làm nh sau:
2
+ Đặc biệt hoá một số điều kiện để từ bài toán A có bài toán mới.
+ Thay đổi một số điều kiện trong giả thiết để có bài toán mới.
Tóm lại: Nếu sau khi giải một bài toán, hãy dành một lợng thời gian đủ để
suy xét nó nhìn nhận lại những gì đã làm và thực hiện theo 3 hớng trên tôi nghĩ sẽ
"Khai thác và phát triển " ra một "họ" các bài toán mới rất hay và có giá trị
Phần II : giải quyết vấn đề
1 - Cơ sở lý luận, thực trạng và phơng pháp nghiên cứu
Chúng ta biết rằng mỗi một sự việc, hiện tợng đều do một số nguyên nhân
sinh ra. Nên khi điều kiện trong nguyên nhân thay đổi thì kết quả sẽ thay đổi theo.
Và cũng có thể từ những nguyên nhân ấy cũng có thể tạo ra đợc kết quả mới. Điều
ấy trong toán học thì rất dễ xảy ra. Từ một số điều kiện (giả thiết - gt) hoặc những
cái đã biết ta phải chỉ ra những kết quả thu đợc (kết luận - kl). Nhng việc chỉ ra đợc
kết quả chỉ là một vấn đề yêu cầu trớc mắt của bài toán. Mà rèn luyện cho học sinh
có thói quen suy xét thêm những gì sau khi giải đợc bài tập là hết sức quan trọng.
Chẳng hạn:
* Giải xong bài tập đó các em còn có thể chứng minh thêm đợc những gì ?
** Hãy thay đổi một số điều kiện trong giả thiết thì thu đợc những bài toán
mới nào ?
*** Hãy đặc biệt hoá một vài điều kiện trong (gt) thì đợc (kl) gì ?
**** Nếu đảo lại thì bài toán đó có gì thay đổi .
vân vân và vân vân ...
Cứ nh vậy sau mỗi bài tập hãy rèn cho học sinh có thói quen làm đợc một số
công việc ấy. Tôi nghĩ đó là một phơng pháp tự học cực kỳ quan trọng.
2. nội dung và Biện pháp thực hiện:

Bài toán ban đầu.
Ta hãy bắt đầu từ một bài toán quen thuộc
Cho xOy = 90
0
. Trên Ox lấy điểm A cố định sao cho OA = a. Điểm B di
động trên Oy. Vẽ trong góc xOy một hình vuông ABCD.
a) Tính khoảng cách từ D đến Ox.
b) Tìm tập hợp (qũy tích) điểm D khi B di động trên Oy.
H ớng dẫn:
3
a) Kẻ DH Ox H. Có
AHD
vuông tại H nên D
1
+ A
1
= 1v .
Mà A
2
= 1v A
1
+ A
3
= 1v.
Suy ra: A
3
= D
1
.
Xét

DHA
và
AOB

Có: H = O = 1v, A
3
= D
1
,
DA = AB (cạnh hình vuông)
Vậy
DHA
=
AOB
= (T/h. Bằng
nhau đặc biệt thứ nhất của tam giác
vuông)
Vậy: DH = OA = a
b) Theo chứng minh trên DH =
a (const)


Hình 1
Khi B di động trên Oy thì D di động theo nhng luôn cách Ox một khoảng DH
= a. Vậy quỹ tích của D thuộc đờng thẳng song song với Ox và cách Ox một khoảng
bằng a.
Giới hạn:
Khi B O thì H A và D D'. D' là một điểm thuộc đờng thẳng song song
với Ox và cách Ox một khoảng bằng a, do A cố định suy ra D' cố định.
Kết luận:

Khi B di động trên Oy thì quỹ tích của D là 1 tia D'z // Ox, D' cách A một
khoảng bằng a.
Khai thác 1:
Từ lời giải trên ta thấy hình vuông OAD'C' là nhỏ nhất trong tập các hình
vuông ABCD khi B di động trên Oy. Và đơng nhiên trong tập các hình vuông ấy thì
diện tích hình vuông OAD'C' là có giá trị nhỏ nhất. Từ suy xét đó ta có bài toán mới.
Bài toán 1:
4
y
x
1
3
2
1
H
D'
C'
D
C
O A
B
y
x
1
3
2
1
I'
I
H

D'
C'
D
C
O A
B
Trong góc xOy vuông tại O lấy A thuộc tia Ox sao cho OA = a. Một điểm B
di động trên Oy. Vẽ trong góc xOy hình vuông ABCD. Xác định vị trí điểm D để
S
ABCD
là nhỏ nhất.
Chứng minh
Thật vậy S
ABCD
= AB
2
Trong
OAB
có O = 1v AB >
OA
Do A cố định, B di động nên
AB OA = a
S
ABCD
a
2
Do đó S
ABCD
= a
2

là nhỏ nhất khi
ấy B O
Khai thác 2:
Hình 2
Từ kết quả trên ta suy ra hình vuông OAD'C' là cố định bằng cạnh a. Thế thì
OD' cố định nên trung điểm I' là cố định. Vấn đề đặt ra là: Nếu B chuyển động trên
Oy thì D chuyển động trên tia D'D. Khi đó trung điểm I của OD chuyển động trên đ-
ờng nào và ta có bài toán mới.
Bài toán 2:
Cho góc xOy bằng 90
0
. Lấy A trên Ox sao cho OA = a, một điểm B di động
trên Oy. Trong góc xOy vẽ hình vuông ABCD. Gọi I là trung điểm của OD. Tìm tập
hợp (qũy tích) điểm I.
H ớng dẫn: (Hình 2)
Theo kết quả trên D' là giới hạn của D và D' cố định.
Gọi I' là trung điểm OD' I' cố định.
Trong
OD'D
có I'I là đờng trung bình I'I // D'D.
Nên quỹ tích I là tia I'I // Ox cách Ox một khoảng =
2
a
Khai thác 3:
5
Suy xét: (hình 3)
Qua C kẻ đờng thẳng // Ox
cắt Oy tại Q cắt DH tại P
Theo trên ta đã chứng minh
đợc

AOB
=
DHA
(Cạnh huyền góc
nhọn) OA = DH = a
OB = AH
Nhng CQ // Ox CQB = 1v
CP = OA
PD = OB Hình 3
Vậy OA + AH = DH + PD = CP + CQ = BQ + OB
hay OH = HP = PQ = QO
Mà QOA = 1v
Ta có bài toán mới.
Bài toán 3:
Cho góc xOy, trên tia Ox lấy A sao cho OA = a, trên Oy điểm B di động.
Dựng trong góc xOy hình vuông ABCD; qua C kẻ đờng thẳng // Ox, qua d kẻ đờng
thẳng // Oy. Hai đờng thẳng này cắt nhau tại P và lần lợt cắt Oy tại Q, cắt Ox tại H.
a) Chứng minh OHPQ là hình vuông
b) Gọi I là trung điểm AC, chứng minh O, I, P thẳng hàng.
Từ suy xét trên dễ dàng suy ra điều chứng minh.
Khai thác 4: Suy xét tiếp ta thấy. Ta có thể chuyển hớng bài toán dới dạng
khác.
Nếu ta coi hình vuông OHPQ là cố định cạnh = a Trên các cạnh HO, OB, PQ,
PH lần lợt lấy A, B, C, D sao cho OA = QB = PC = DH.
Tiếp tục: Nếu cho A di động
trên OH và vẫn cha thoả mãn ABCD
6
y
x

P
Q
I
H
D
C
O A
B
y
x
P
Q
I
H
C'
D
C
O A
B
OHPQ là hình vuông
y
x
P
Q
I
H
D
C
O A
B

là hình vuông thì chu vi của
AOB
có
giá trị thay đổi nh thế nào. Cụ thể có
quan hệ gì với a cạnh hình vuông
OHPQ.


Hình 4
Thật vậy dễ chứng minh đợc
AOB
=
DHA
=
CPD
=
BQC
Từ đó ABCD là hình vuông

AOB
luôn có: AB < OA + OB
Nhng OB = AH AB < OA + AH = OH = a
Do A, B cũng chuyển động và thoả mãn ABCD là hình vuông.
Nên khi A H, B O AB = OH = a
Do đó: OA + OB + AB OH + OH = 2a
Vậy C
AOB
2a (C
AOB
: chu vi

AOB
)
(Chu vi của
AOB
có giá trị lớn nhất bằng 2a).
Ta có bài toán mới.
Bài toán 4:
Cho hình vuông OHPQ cạnh là a. Trên các cạnh HO, OQ, QP, PH lần lợt lấy
A, B, C, D sao cho OA = QB = PC = HD.
a) Chứng minh: ABCD là hình vuông.
b) Khi A chuyển động trên OH và thoả mãn ABCD là hình vuông
và (A O, A H). Chứng minh C
AOB
< 2a.
Từ suy xét ta dễ chứng minh đợc điều này.
Khai thác 5:
7
Tiếp tục không dừng lại ta suy xét tiếp. Ta luôn có OB + OA = OH = a không
đổi (vẫn nội dung bài tập 4).
Nh vậy OA + OB = a (const)
Suy ra OA.OB lớn nhất khi OA = OB (Tổng 2 số dơng không đổi tích của
chúng lớn nhất khi hai số đó bằng nhau).
Để ý thì thấy rằng: OA. OB = 2S
AOB
(S
AOB
diện tích
AOB
)
Mà hình vuông OHPQ có S

OHPQ
= a
2
(S
OHPQ
là diện tích OHPQ)
Và S
OHPQ
= S
ABCD
+ 4S
AOB
Hay S
ABCD
= a
2
- 4 S
AOB
Nếu S
AOB
lớn nhất thì S
ABCD
nhỏ nhất là S
AOB
nhỏ nhất thì S
ABCD
lớn nhất.
Mà S
AOB
lớn nhất khi OA.OB lớn nhất vì lý luận trên OA.OB lớn nhất khi OA

= OB.
Từ đó OA = OB =
2
OH
=
2
a
. Hay A là trung điểm OH, B là trung điểm OQ ?
Ta có bài toán mới.
Bài toán 5:
Cho hình vuông OHPQ cạnh là a. Trên OH, OQ, QP, PH lần lợt lấy A, B, C,
D sao cho OA = QB = PC = HD.
a) Chứng minh ABCD là hình vuông.
b) A chuyển động trên OH
(vẫn thoả mãn ABCD là hình vuông).
Xác định vị trí A để S
ABCD
là nhỏ nhất.
Tìm giá trị đó.
H ớng dẫn:
a) Dễ chứng minh đợc:

AOB
=
DHA
(c.g.c)
AB = AD Hình 5
Tơng tự CB = CD = AB
8
P

Q
I
H
D
C
O A
B
P
Q
I
H
D
C
O A
B
A
1
Vậy ABCD là hình thoi
(1)
Lại có: A
1
= D
1
mà D
1
+ A
2
= 1v
A + A
2

= 1v
(2)

Từ (1) (2) ABCD là hình vuông.
b) Ta có S
OHPQ
= a
2
Theo kết quả trên
AOB
=
BQC
=
CPD
=
DHA
(c.g.c)
S
ABCD
= a
2
- 4 S
AOB
= a
2
- 2.OA.OB
Do OA + OB = OA + AH (vì OB = AH) OA + AH = OH = a
Không đổi nên tích OA.OB lớn nhất khi OA = OB =
2
a

Nghĩa là OA.OB
2
a
.
2
a
=
4
2
a
Vậy S
ABCD
a
2
- 2.
4
2
a
= a
2
-
2
2
a
=
2
2
a
Do đó S
ABCD

=
2
2
a
là giá trị nhỏ nhất khi đó: OA = OB =
2
OH
Chứng tỏ A là trung điểm của OH.
Khai thác 6: (Hình 6)
Tiếp theo suy xét 4 ta có C
AOB
2a
Vậy nếu C
AOB
= 2a thì điều gì sẽ xảy ra ?
Thật vậy: Nếu cạnh hình vuông OHPQ là a và A, B chuyển động trên OH,
OQ sao cho C
AOB
= 2a.
Thì: OA + OB + AB = 2a
(1)
Nhng OQ + OH = 2a
Hay OB + BQ + OA + AH = 2a
(2)
Từ (1) (2) AB = BQ + AH
Trên tia đối QB lấy E sao cho QE = AH
BQ + QE = BQ + AH hay BE = BA
Lại có
PQE
=

PHA
(c.g.c)
9
Ê
C
P
D
B
Q
H
A
K
O
1
2
4
3
1
2