Gián án Khai thac tu mot bai toan

Trờng THCS Văn trị - Thạch Hà - Hà Tĩnh
A. Những vấn đề chung
I. Đặt vấn đề:
Vấn đề đổi mới phơng pháp giáo dục đào tạo theo định hớng lấy học sinh làm trung tâm
đã đợc những ngời làm công tác giáo dục ở nớc ta đặt ra từ lâu. Thực hiện đợc điều này cho
phép ngành giáo dục đào tạo nên thế hệ những con ngời có khả năng t duy sáng tạo và có khả
năng thích ứng cao với sự phát triển đang diễn ra từng ngày. Thực hiện đợc điều này cũng có
nghĩa là chúng ta đã giải quyết đợc vấn đề quan trọng hàng đầu trong giai đoạn CNH - HĐH
đất nớc, đó là yếu tố con ngời.
Trong quá trình giảng dạy, bồi dỡng việc khai thác bài toán rất quan trọng, nó không chỉ
cho học sinh nắm bắt kĩ kiến thức của một dạng toán mà cơ bản hơn nó nâng cao tính khái
quát hoá, đặc biệt hoá một bài toán để từ đó phát triển t duy, nâng cao tính sáng tạo cho các
em học sinh. Hơn nữa, việc liên kết các bài toán khác nhau, tìm mối liên hệ chung giữa
chúng sẽ giúp cho học sinh có hứng thú khoa học hơn khi học toán.
Một trong những điều kiện có thể phát triển t duy tích cực - độc lập - sáng tạo của học sinh
là phát hiện và giải quyết vấn đề mới từ vấn đề quen thuộc. Trớc yêu cầu đó, tôi xin trình bày
đề tài Khai thác từ một bài toán nhằm phát triển t duy tích cực - độc lập - sáng tạo của
học sinh khá giỏi ở khối lớp 8 và khối lớp 9.
II. Cơ sở lí luận và thực tiễn:
1. Cơ sở lí luận:
- Đặc điểm của lứa tuổi THCS là muốn vơn lên làm ngời lớn, muốn tự mình khám phá, tìm
hiểu trong quá trình nhận thức. Các em có khả năng điều chỉnh hoạt đọng học tập, sẵn sàng
tham gia các hoạt động học tập khác nhau nhng cần phải có sự hờng dẫn, điều hành một cách
khoa học và nghệ thuật của thầy cô giáo. Hình thành và phát triển t duy tích cực, độc lập sáng
tạo cho học sinh là một quá trình lâu dài.
- T duy tích cực, độc lập sáng tạo của học sinh đợc thể hiện một số mặt sau:
+ Biết tìm ra phơng pháp nghiên cứu giải quyết vấn đề, khắc phục các t tởng rập khuôn,
máy móc.
+ Có kĩ năng phát hiện những kiến thức liên quan với nhau, nhìn nhận một vấn đề ở nhiều
khía cạnh.
+ Phải có óc hoài nghi, luôn đặt ra các câu hỏi tại sao? Do đâu? Nh thế nào? Liệu có trờng

hợp nào nữa không? Các trờng hợp khác thì kết luận trên có đúng nữa không?
+ Tính độc lập còn thể hiện ở chổ biết nhìn nhận vấn đề và giải quyết vấn đề.
Nguyễn văn tởng Trang

1
Trờng THCS Văn trị - Thạch Hà - Hà Tĩnh
+ Có khả năng khai thác một vấn đề mới từ những vấn đề đã biết.
2. Cơ sở thực tiễn:
Qua nhiều năm giảng dạy, tôi thấy:
- Học sinh yếu toán là do kiến thức còn hổng, lại lời học, lời suy nghĩ, lời t duy trong quá
trình học tập.
- Học sinh còn học vẹt, làm việc rập khuôn, máy móc để từ đó làm mất đi tính tích cực, độc
lập, sáng tạo của bản thân.
- Học không đi đôi với hành làm cho các em ít đợc cũng cố, khắc sâu kiến thức, rèn luyện
kĩ năng để làm nền tảng tiếp thu kiến thức mới, do đó năng lực cá nhân không đợc phát huy
hết.
- Không ít học sinh thực sự chăm học nhng cha có phơng pháp học tập phù hợp, cha tích
cực chủ động chiếm lĩnh kiến thức nên hiệu quả học tập cha cao.
- Nhiều học sinh hài lòng với lời giải của mình, mà không tìm lời giải khác, không khai
thác phát triển bài toán, sáng tạo bài toán nên không phát huy hết tính tích cực, độc lập, sáng
tạo của bản thân.
- Một số giáo viên cha thực sự quan tâm đến việc khai thác, phát triển, sáng tạo bài toán
trong các các giờ luyện tập, tự chọn ...
- Việc chuyên sâu một vấn đề nào đó, liên hệ đợc các bài toán với nhau, phát triển một bài
toán sẽ giúp cho học sinh khắc sâu đợc kiến thức, quan trọng hơn là nâng cao đợc t duy cho
các em làm cho các em có hứng thú hơn khi học toán.
Trớc thực trạng trên đòi hỏi phải có các giải pháp trong phơng pháp dạy và học sao cho phù
hợp.
III. Giải pháp thực hiện:
Qua những bài toán mà học sinh đã giải đợc, tôi định hớng cho học sinh t duy theo các ph-

ơng pháp nh: Tơng tự, so sánh, đặc biệt hoá, khái quát hoá để phát triển thêm những vấn đề
mới, bài toán mới.
Trong phần này tôi xin đợc phép phát triển từ một bài toán quen thuộc để xây dựng một số
bài toán khác có liên quan. Nhằm làm cho học sinh thấy đợc tầm quan trọng trong việc thay
đổi các giả thiết, tơng tự hoá bài toán, liên hệ giữa bài toán này với bài toán khác có liên
quan.
Nguyễn văn tởng Trang

2
Trờng THCS Văn trị - Thạch Hà - Hà Tĩnh
B. Nội dung.
Bài toán mở đầu: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF;
ACD. Chứng minh rằng CF = BD.
Bài giải:
Xét hai tam giác:

DAB và

CAF, có:
DA = CA (gt)

DAB =

CAF (=

BAC + 60
0
)

AB = AF (gt)

DAB =

CAF (c.g.c)

CF = BD (đpcm)
B
C
A
F
D
Bây giờ ta vẽ thêm tam giác đều BCE ở phía ngoài của tam giác ABC thì liệu AE; BD; CF có
đồng quy không? Và ta có bài toán thứ hai:
Bài toán 2: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác, dựng các tam giác đều ABF; ACD;
BCE. Chứng minh rằng AE; BD; CF đồng quy.
Bài giải:
Gọi O là giao điểm của BD và CF.
Ta cần chứng minh A; O; E thẳng hàng.
Ta có

DAB =

CAF (bài toán 1)



B
1

=

F
1


AOBF nội tiếp



O
1
=

B
2
= 60
0



O
2
=

A
1
= 60
0

AOB = 120
0
(1)
Tơng tự:

AOC = 120
0




BOC = 120
0
Mà

BFC = 60
0

BOCE nội
tiếp




O
3

=

C
1
= 60
0
(2)
Từ (1) và (2)


AOF = 180
0



A; O; E thẳng hàng
Hay AE; BD; CF đồng quy.
1
2
1
1
1
1
2
3
B
C
A
D
E

F
O
Nguyễn văn tởng Trang

3
Trờng THCS Văn trị - Thạch Hà - Hà Tĩnh
Qua bài trên ta nhận thấy các góc AOB; BOC; COA có số đo là 120
0
. Từ đây ta xây dựng bài
toán dựng hình khá quen thuộc:
Bài toán 3:
Dựng điểm O trong tam giác nhọn ABC sao cho

AOB =

AOC =

BOC =120
0
.
Bây giờ ta trở lại bài toán mở đầu. Gọi O là giao điểm của CF và BD, trên cạnh BD ta lấy
điểm P sao cho PD = OA.
Xét hai tam giác:

CPD và

COA, có:
PD = OA (ta vẽ)

PDC =

OAC (OADC nt)

DC = AC (gt)



CPD =

COA (c.g.c)

CP = OC (1)


CPD =

COA = 120
0




CPO = 60
0
(2)
Từ (1) và (2) suy ra

CPO đều

OP = OC

Vậy, ta có:
OA + OB + OC = PD + OB + OP
Hay OA + OB + OC = BD
A
C
B
D
F
O
P
Đây là một đẳng thức khá đẹp, nhng đẳng thức trên có ý nghĩa gì không? Ta xét bài toán
khác.
Bài toán 4: Xác định điểm O trong tam giác nhọn ABC sao cho tổng khoảng cách từ O tới
ba đỉnh của tam giác là nhỏ nhất.
Bài giải:
Dựng tam giác đều OCQ ở phía ngoài tam giác OBC, dựng tam giác đều ACD ở phía ngoài
tam giác ABC.
Xét hai tam giác:

CQD và

COA, có:
CQ = CO

QCD =

OCA (=60
0
-

QCA)

DC = AC (gt)



CQD =

COA (c.g.c)

OA = QD
Vậy, ta có: OA + OB + OC = BO + OQ + QD


BO + OD


BD
= xảy ra khi
+ O, Q, D thẳng hàng
Mà

CQO = 60
0




CQD = 120
0

COA = 120
0
(1)
B C
A
F
D
O
Q
Nguyễn văn tởng Trang

4
Trờng THCS Văn trị - Thạch Hà - Hà Tĩnh
+ B, O, Q thẳng hàng
Mà

COQ = 60
0




COB = 120
0
(2)
Từ (1) và (2) suy ra O là điểm nhìn ba cạnh của tam giác dới một góc bằng 120

0

Nh vậy ta thấy điểm O vừa là giao điểm của ba đờng thẳng ở bài toán 2, vừa nhìn các cạnh
của tam giác dới một góc bằng 120
0
, vừa có tổng khoảng cách tới các đỉnh nhỏ nhất.
Trở lại bài toán mở đầu. Ta thấy giả thiết có thừa khi chỉ cần chứng minh BD = CF, thực tế
chỉ cần giả thiết AF = AB; AD = AC;

BAF =

CAD là đủ, mặt khác cần xem thử các
tam giác ABF và ACD thỏa mãn điều kiện gì để BD

CF. Chúng ta tiếp tục nghiên cứu bài
toán 5.
Bài toán 5:
Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác,
dựng các tam giác ABF; ACD vuông cân tại
A. Chứng minh rằng CF = BD; CF

BD.
H ớng dẫn giải:
+ CF = BD (tơng tự nh bài toán 1)
+ CF

BD:
Do Tứ giác AOBF nội tiếp

BOF =

BAF = 90
0


B
C
A
D
F
O
Tiếp tục bài toán trên. Gọi M; N; I lần lợt là
trung điểm của BF; CD; BC, ta có:
IM là đờng TB của tam giác BCF nên:
IM // =
2
1
CF (1)
Tơng tự ta có:
IN // =
2
1
BD (2)
Mà: CF

= BD (3)
Từ (1); (2) và (3) suy ra: IM

IN
IM = IN
Hay

MIN vuông cân tại I

B
C
A
D
F
O
N
M
I
Nguyễn văn tởng Trang

5