SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ PHỊNG GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BỈM SƠN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG MƠN TỐN CHO HỌC SINH LỚP -9 THÔNG QUA SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TƯƠNG TỰ TRONG GIẢI TỐN Người thực hiện: Nguyễn Thị Hịa Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THCS Lê Quý Đôn MỤC LỤC TT Nội dung Trang A Đặt vấn đề B Giải vấn đề I Cơ sở lý luận II Thực trạng vấn đề III.Giải pháp tổ chức thực Sử dụng phương pháp tương tự để thu gọn lời giải cách không lặp lại chứng minh Sử dụng phương pháp tương tự để phát tính chất mới, đề xuất toán Sử dụng phương pháp tương tự để tìm tịi cách giải khác cho toán Giải toán cực trị với nội dung tương tự giải 10 phương pháp tương tự 5- Sử dụng phương pháp tương tự giải toán chứng minh 12 bất đẳng thức IV Kiểm nghiệm C 15 Kết luận 16 A- ĐẶT VẤN ĐỀ Cùng với phát triển đất nước, nghiệp giáo dục đổi không ngừng Các nhà trường trọng đến chất lượng toàn diện bên cạnh đầu tư thích đáng cho giáo dục Với vai trị mơn học cơng cụ, mơn Tốn góp phần tạo điều kiện cho em học tốt môn khoa học tự nhiên khác Trong dạy học tốn, việc làm khơng thể thiếu giáo viên cung cấp cho em kiến thức, phương pháp học tập để đạt kết tốt Phương pháp tương tự hoá phương pháp cần áp dụng trình dạy học sinh học toán, đặc biệt dạy học sinh giải toán Từ toán học sinh phải đưa toán tương tự Từ cách giải tốn học sinh phải tìm cách giải tương tự có mới: - Phát huy tính tích cực, chủ động người học - Thông qua việc giải tập mà hình thành em kỹ năng, kỹ xảo - Trước toán em tìm cách giải khác (nếu có thể), hấp dẫn thú vị Xuất phát từ lý trên, chọn nghiên cứu đề tài: “Nâng cao chất lượng mơn Tốn cho học sinh lớp 8-9 thông qua sử dụng phương pháp tương tự giải tốn” (Trường THCS Lê Q Đơn-Bỉm Sơn ) Trong lời giải nhiều toán, ta gặp từ chứng minh tương tự trên, giải tương tự Tương tự hiểu giống nhau, có số nét giống nhau: Hoàn toàn giống nhau, gần hồn tồn giống Do đó, vận dụng tương tự chứng minh hình học đa dạng Số học Đại số lại vô phong phú Trên sở thực đổi phương pháp dạy học theo hướng phát huy tính tích cực học sinh học tập , làm cho học sinh chủ động nắm bắt kiến thức, chủ động tư hình thành khái niệm, cơng thức… người thầy phải chủ đạo, hướng học sinh nắm bắt kiến thức cách khoa học, giáo viên cần tung tình nhằm kích thích học sinh ham tìm tịi sáng tạo Giáo viên đưa dạng cụ thể, mang tính đơn lẻ, có tính chất dễ dàng lĩnh hội đặt học sinh vào tình làm để có khái niệm, toán tương tự toán đơn lẻ đó, Qua học sinh tiếp nhận kiến thức cách chủ động, sáng tạo theo tư cá nhân Trên sở phân loại dạng tập, tơi đưa ví dụ từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp từ hình thành tốn tương tự mức độ cao B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I Cơ sở lý luận : Trong toán học, dạy học tốn theo chương trình đổi việc dạy học theo phương pháp tích cực hố hoạt động học tập học sinh, học sinh tiếp cận kiến thức cách chủ động sáng tạo, từ hình ảnh, mơ hình, ví dụ để hình thành khái niệm tương tự, tổng quát Tương tự hóa nhà tốn học thường xun sử dụng, nhờ mà tốn giải ngắn gọn kết thu cho thấy rõ chất vấn đề Đối với học sinh em thường hay ngại trình bày đặc biệt tốn phải lặp lặp lại cách trình bày Là người giáo viên, cần biết gây hứng thú học tập em thông qua lời giải ngắn gọn, đằng sau lời giải tốn ln ẩn chứa nhiều bất ngờ dành cho em say sưa tìm tịi Rất nhiều em khơng dừng lại toán tưởng chừng nhỏ, em ln cố gắng suy nghĩ tự tìm tịi sáng tạo để thêm giả thiết,tìm tốn tương tự cho toán ban đầu mức độ hay nhiều II.Thực trạng vấn đề: Trong q trình dạy học tơi nhận thấy đa phần học sinh trọng việc giải toán, giải để tốn có lời giải ngắn gọn lại vấn đề Thực tế, việc làm cần thiết học sinh , nhiên dừng lại học sinh khơng thể phát huy tính sáng tạo qua toán, vấn đề đặt người giáo viên đứng bục giảng có biết hướng em đến toán khác, xây dựng toán từ toán mà em vừa làm hay khơng, từ tổng qt lại dạng toán học Tương tự hoá tốn giúp học sinh phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo, lực tự học học sinh, tạo điều kiện cho em hứng thú học tập môn III Giải pháp tổ chức thực Năm học 2012 – 2013 giao nhiệm vụ giảng dạy mơn Tốn hai lớp 8A – 8C có lực học tập nhau, đề tài triển khai nghiên cứu thử nghiệm 45 học sinh lớp 8C Trong trình dạy học hướng dẫn cho học sinh từ tốn dễ đến tốn khó, từ tốn cụ thể đến chuỗi toán tương tự Sử dụng phương pháp tương tự để thu gọn lời giải cách không lập lại chứng minh Ví dụ 1: Cho tam giác ABC, D trung điểm AC, E trung điểm AB Vẽ điểm M,N cho E trung điểm AB, D trung điểm BN Chứng minh A trung điểm MN - Sau chứng minh ∆AEM = ∆BEC(c.gc) để suy AM = BC AM // BC, ta nói: - Chứng minh tương tự: AN = BC AN //BC - Chứng minh AN = BC hoàn toàn giống chứng minh AM = BC M A N - Chứng minh AN = BC Cũng hoàn toàn giống chứng minh AM = BC, E B D C Chứng minh AN // BC hoàn toàn giống chứng minh AM // BC Do để gọn, ta dùng từ "Chứng minh tương tự" mà không cần lặp lại chứng minh Ở chứng minh tương tự suy diễn xác Ví dụ 2: Cho ∆ABC; Â = 105o, đường thẳng qua A cắt BC D Chia tam giác ABC thành hai tam giác cân Tính số đo góc B C tam giác ABC Giáo viên: Gợi ý: Bài đòi hỏi học sinh xét nhiều trường hợp đề khơng xác định rõ đáy tam giác cân ADB ADC Ta ý đến tương tự hai góc · · ADB ; ADC Nếu thay B C thay C B lời giải tốn khơng đổi: Ta nói hai góc có vai trị nhờ tương tự xếp · · chúng theo thứ tự ADC ≥ ADB mà không tính tổng qt tốn Giải · · · Giả sử ADC ≥ ADB ADC ≥ 900 , dẫn đến tam giác cân ADC phải có đáy AC Ta phải xét trường hợp: - Tam giác cân ADB có đáy AD (h.a) BD (h.b) AB (h.c) mà xét đến trường hợp A A 2a B a 2a D (H.b) (H.a) a C B D C µ Đặt C = a Trường hợp 1: Cho ta 3a = 1050 nên a = 35o A (H.c ) Trường hợp 2: Cho ta: a + (180o- 4a) = 105o nên a = 250 · Trường hợp 3: Khơng xảy BAC = 900 B D C Vậy xảy trường hợp trường hợp µ µ Trường hợp 1: a = C = 35o => B = 180o - (105o+ 35o) = 40o µ µ Trường hợp 2: a = 25o => C = 25o => B = 180o- (105o+25o) = 50o µ µ µ Ví dụ 3: Cho tam giác ABC: A ≠ 90o, B C góc nhọn Các đường trung trực AB AC cắt O cắt BC theo thứ tự E F Chứng minh : AO tia phân giác góc EAF Giải: · Ta có EA = EB nên EO tia phân giác góc AEB · Chứng minh tương tự FO tia phân giác góc AFC O A H.a E B F C O H.b B F E C A Vì EO FO tia phân giác đỉnh E F ∆ AEF nên AO tia phân µ giác góc EAF lời giải ứng với trường hợp A < 900 (h.a) µ Nếu A > 90o (h.b) lời giải tương tự khác chỗ EO FO 10 tia phân giác góc đỉnh, E F ∆ AFE ta có AO tia phân giác góc EAF (đpcm) * Trong trường hợp tương tự hoàn tồn Khơng cần lặp lại tồn chứng minh trên, cần nêu lên chỗ khác nhau: Ở chứng minh tương tự suy diễn xác Sử dụng phương pháp tương tự để phát tính chất mới, đề xuất tốn - Tương tự cịn có nghĩa nết giống từ số tính chất giống hai đối tượng ta dự đốn tính chất giống nhau, khác chúng Chẳng hạn: Nếu đối tượng X có tính chất a,b,c, d Cịn đối tượng Y có tính chất a,b, c, Y có tính chất d Ví dụ 1: Các đường trung tuyến, đường cao, phân giác tam giác có số tính chất giống Chẳng hạn tam giác cân, đường trung tuyến ứng với cạnh bên Ở tương tự có vai trò phương pháp thực nghiệm nhờ so sánh đối tượng có số thuộc tính giống mà ta để giả thuyết tương tự kiểm tra giả thuyết Đó tác dụng tương tự q trình sáng tạo tốn học, nhờ mà ta đề xuất tốn Chú ý cách nhìn hai đối tượng tương tự khác tuỳ theo mục đích nghiên cứu Trong tam giác tam giác tứ giác xem tương chúng trường hợp riêng đa giác Những suy luận tương tự thuộc loại "suy luận nghe có lý" Nó cho ta dự đốn, cịn để khẳng định hay bác bỏ dự đốn phải chứng minh Sẽ sai tương 11 tự, ta cho giao điểm đường phân giác tam giác cách định độ dài đường phân giác qua đỉnh (!) cho hai tam giác đối diện với cạnh góc Sử dụng phương pháp tương tự để tìm tịi cách giải khác cho toán: a Bằng cách nghĩ đến tốn có nét tương tự với tốn giải: µ µ Ví dụ: Vẽ phía ngồi tam giác ABC ( B < 900; C < 900 ) tam giác vuông · · cân ABD, ACE ( ABD = ACE = 90o ) gọi I K chân đường vng góc kẻ từ D E đến BC Chứng minh: BI = CK - Nhận xét: Rõ ràng ∆ BID có cạnh BI ∆ CKE có cạnh CK khơng phải hai tam A giác Một câu hỏi đặt ra: Có tốn tương tự tốn E D I B H C K không ? Hoặc với phần toàn này? Các kiện tốn tam giác ABD vng cân, đường thẳng IK qua đỉnh góc vng làm ta nhớ lại tốn giải có kiện µ tương tự "Đó là: Cho tam giác ABC có A = 900; AB = AC, qua A vẽ đường thẳng d cho B C nằm phía đường thẳng d Kẻ BH CK vuông góc với d Chứng minh rằng: a) AH= CK; b) HK= BH+CK Do liên hệ đó, ta vẽ thêm AH ⊥ IK; BI = AH 12 Tương tự với ∆ ACE vng cân, CK=AH Do BI = CK Nhờ liên hệ đến toán tương tự giải mà ta tạo đường thẳng AH làm trung gian để so sánh BI CK Giải: Kẻ đường cao AH ⊥ BC Xét hai tam giác vng ∆ BID ∆ AHBcó BD = BA (gt) · · · BAH = DBI (cùng phụ với ABH ) => ∆ BID = ∆ AHB =>AH = BI Chứng minh tương tự: ∆ AHC = ∆ CKE => AH = CK => BI =CK (đpcm) b) Bằng cách sử dụng phương pháp tương tự với phương pháp sử dụng tốn khác: µ Ví dụ 1b: Cho tam giác ABC : AB = AC A = 200 lấy điểm D cạnh AB · cho AD = BC Tính ACD * Nhận xét: - Nhớ lại tập: Cho ∆ ABC: B = C = 500 Gọi K điểm tam giác · · cho KBC = 100; KCB = 300 · Chứng minh rằng: ∆ ABK tam giác cân tính số đo góc BAK Ở tập ta có E 0 · · ABC + KBC = 50 + 10 = 60 A Do ta vẽ ∆ EBC I (E A phía BC) xuất 13 K B C · · ABE = KBC cịn ví dụ 1b) · ta lại có BCA - µ = 800 - 200 = 600 A góc tam giác Do đó, hai tốn hồn tồn khác nhau, tương tự cách vẽ tam giác BEC Giải: A Vẽ ∆ BEC (E A phía BC) · · Cách vẽ làm xuất ECA = DAC D dẫn đến ∆ ECA = ∆ DAC (cgc) E · suy CAE = · ACD ta dễ dàng · tính CAE = 100, · ACD = 10 B C - Ngồi cịn có nhiều cách giải khác Ví dụ 1c: a) Chứng minh cạnh đối diện với đỉnh A, B, C ta lấy điểm A', B', C' cho AA', BB', CC' đồng quy thì: = (Đ.lý xê va) b) Chứng minh kết luận điểm A', B', C' thuộc đường thẳng chứa cạnh tam giác, có hai điểm nằm ngồi tam giác Giải: M A N a) Qua A vẽ đường thẳng // BC cắt BB', CC' N, M B' C' O B A' 14 C ta có: = ; = ; = Nhân đẳng thức vế, ta điều phải chứng minh b) Chứng minh tương tự (câu a) B' C' Chú ý: Các hệ thức viết định lý A N Mênê-laúyt định lý Xêva M B A' Chỗ khác vị trí điểm A', B', C' - Ở định lý Mênê-lẳyt có điểm C O điểm nằm tam giác - Ở định lý Xêva: khơng có điểm nào, có hai điểm nằm ngồi tam giác Giải tốn cực trị với nội dung tương tự giải phương pháp tương tự Ví dụ 1: Cho hai điểm A, B nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng Tìm đường thẳng A điểm P cho PA + PB nhỏ Giải: Lấy A' đối xứng với A qua đường thẳng nối A'B cắt đường thẳng a P' Đường thẳng a trung trực AA' Ta có: PA = PA'; P'A = P'A' B A Theo quy tắc điểm PA + PB ≥ A'B P' dấu "=" xảy P ∈ A'B mà P ∈ a nên PA + PB nhỏ P ≡ P' P a A' · Ví dụ 2: Cho xOy điểm A nằm góc Hãy tìm Ox, Oy hai 15 điểm B C cho AB + BC + CA nhỏ Giải: Lấy A1 đối xứng với A qua Oy A2 x Lấy A2 đối xứng với A qua Ox C ta có: Ox trung trực AA2 Oy trung trực AA1 A O B nên: CA = CA2; BA = BA1 y AB + AC + BC = A1B + BC + CA2 ≥ A1A2 (không đổi) A1 dấu "=" xảy B, C ∈ [A1A2] mà B, C ∈ Ox; Oy nên để AB + BC +AC nhỏ B, C giao điểm A1A2 với Ox, Oy Ví dụ 3: B N C Cho hình vng ABCD tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh hình vng E M F G P ABCD (MNPQ gọi tứ giác nội tiếp hình vng) Tìm điều kiện để MN + NP + PQ + A Q D QM nhỏ Giải: Nối BD; NQ.Gọi E, F, G trung điểm MN, NQ, PQ ∆ BMN vuông B; BE trung tuyến ứng với cạnh huyền MN nên BE = ⇒ MN = 2BE Tương tự QP = GD MQ = EF (EF đường trung bình ∆ MNQ) 16 NP = FG (FG đường trung bình ∆ QNP) MN + NP + PQ + QM = (BE + EF + FG + GD) ≥ 2BD dấu "=" xảy E, F, G ∈ [BD] Khi MN // AC // PQ MQ // BD // NP Sử dụng phương pháp tương tự giải toán chứng minh bất đẳng thức Bài 1: Cho ∆ ABC có cạnh a, b, c, trung tuyến ma, mb, mc Chứng minh rằng: a + b + c < (ma + mb + mc) A Giải: Gọi G trọng tâm ∆ ABC ma - Xét ∆ BGC có: GB + GC > BC đó: GB = mb, GC = mc m B G mc b C ⇒ (mb + mc) > BC ⇒ (mb + mc) > a (1) Tương tự: (mc + ma) > m (2) (ma + mb) > c (3) Cộng (1), (2), (3) vế với vế ta (ma + mb + mc) > a + b + c Bài 2: Trong tam giác ABC có chu vi 2P = a + b + c (a,b,c độ dài cạnh) CMR: + + ≥2(+ +) Dấu bất đẳng thức xảy tam giác ABC có đặc điểm ? Giải: 17 Ta có P - a = - a = > Tương tự P-b>0 P-c>0 áp dụng bất đẳng thức Cauchy P-a+P-b≥2 + ≥ ⇒ [(P-a) + (P-b)] [ + ] ≥ ⇒ + ≥ = = ⇒ +≥ Tương tự: + ≥, + ≥ Dấu xảy a = b = c ⇒ Tam giác ABC Bài 3: Cho tam giác ABC có độ dài cạnh là: a,b,c chu vi 2P ≥ (P-a) (P-b) (P-c) CMR: Giải: Ta có P-a>0 P-b>0 P-c>0 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy P-a + P-b ≥ ⇒ c ≥ (1) Tương tự: b ≥ (2) a ≥ (3) 18 Nhân vế (1), (2), (3) ≥ (P-a) (P-b) (P-c) ⇒ (đpcm) 1 Bài 4: Chứng minh rằng, với a, b > thỏa mãn a + b = 1, thì: ab + a + b ≥ Hướng dẫn: Áp dụng 1 + ≥ ( x > 0, y > 0) x y x+y ⇒ 1 + 2 ≥ 2 2ab a +b a +b +2ab ⇒ 1 + 2 ≥ =4 2ab a +b a+ b) Do a +b ≥ ab ⇒1 ≥ 4ab ⇒ 1 1 ≥2 2ab Vậy: ab + a + b = 2ab + a + b + 2ab ≥ + = Dấu “=” xảy a = b = ½ d) Nêu giải toán tương tự với toán sau: Bài toán 1: Cho ∆ ABC vẽ phía ngồi tam giác ấy, tam giác ABD, ACE Tính góc tạo đường thẳng BE, CD Bài toán tương tự: Thay "tam giác đều" "tam giác vng cân A) Bài tốn 2: Cho ∆ ABC vuông cân A, trung tuyến AM Gọi d đường thẳng qua A cho B C thuộc nửa mặt phẳng có bờ d Kẻ BH CK vng góc với d CMR tam giác MHK tam giác vng cân Bài tốn tương tự: Thay "B C thuộc nửa mặt phẳng đối có bờ d" · · Giải: Ta có: AB = CA, BAH = · ACK (cùng phụ với CAK ) nên 19 ∆ ABH = ∆ CAK (cạnh huyền-góc nhọn) A suy ra: AH = CK H ∆ ABC cân có trung tuyến AM đường cao, từ suy ra: B M C K ∆ AMC vuông cân nên AM = MC d · · · MAH = MCK BAH - 45 0 · · ACK - 45 (hoặc 45 - BAH 45 - ) Do ∆ MAH = ∆ MCK (cgc) Từ chứng minh ∆ MHK vuông cân IV Kiểm nghiệm Sau áp dụng đề tài 45 học sinh lớp 8C tơi nhận thấy em giải tốn linh hoạt hơn, u thích học Tốn, so sánh với lớp 8A giảng dạy không áp dụng đề tài có chênh lệch chất lượng Cụ thể sau: Lớp Lớp 8A (44HS) Điểm SL % Từ 5.0 – 6.5 SL % Từ – 8.5 SL % Từ - 10 SL % 2.3% 10 22.8% 18 40.8% 15 34.1% 0% 8.9% 16 35.6% 25 55.5% (không áp dụng) Lớp 8C (45HS) (Áp dụng) 20 C.KẾT LUẬN: Từ vài kinh nghiệm nhỏ rút qua trình giảng dạy thân nhận thấy: Để chất lượng giảng dạy đạt hiệu cao, người giáo viên cần đầu tư nhiều thời gian trí tuệ vào giảng Từ phương pháp đặc trưng mơn, chuyển tải đến học sinh kiến thức trọng tâm cách xác, sâu sắc hấp dẫn 21 Học sinh yếu tố quan trọng cho thành công học nên cần động viên, hướng dẫn, đôn đốc, kiểm tra cách thường xuyên để em có ý thức hứng thú học tập Khi dạy cần cho học sinh tiếp nhận kiến thức cách thoải mái, chủ động, rõ ràng, có hệ thống, học sinh phải phân biệt nhận dạng toán , tổng hợp khái qt tốn, từ hầu hết giải tập, xố cảm giác khó phức tạp ban đầu khơng có quy tắc giải tổng qt Qua rèn luyện cho học sinh trí thơng minh, sáng tạo, phẩm chất trí tuệ khác học sinh thấy dạng toán thật phong phú không đơn điệu, giúp học sinh hứng thú học môn Để học sinh nắm vững hứng thú học tập, cần chọn lọc hệ thống tập theo mức độ tăng dần từ dễ đến khó Cần rèn luyện nhiều cách lập luận trình bày học sinh Với dạng khơng có quy tắc tổng qt, song sau giải giáo viên nên đặc điểm, hướng giải để gặp tương tự, học sinh tự liên hệ hình thành tốn đặc trưng từ đến toán tổng quát cho dạng bài, có nác em nắm kiến thức cách chắn có hệ thống Tuy nhiên, điều kiện nghiên cứu cịn nhiều hạn chế, viết khơng thể tránh khỏi khiếm khuyết Rất mong hội đồng khoa học cấp góp ý kiến để tơi hồn thành đề tài cách tốt Tơi xin chân thành cảm ơn! 22 XÁC NHẬN CỦA THỦ Bỉm Sơn ngày 10 tháng năm 2013 TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tơi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác ( Ký ghi rõ họ, tên) Nguyễn Thị Hòa 23 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO Nâng cao phát triển Tốn 7,8,9.(Tác giả Vũ Hữu Bình) Bài tập nâng cao số chuyên đề Toán 8-9(Tác giả Bùi Văn Tuyên) Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn THCS Số học, đại số, hình học (Tác giả Nguyễn Vũ Thanh) Các chuyên đề đại số bồi dưỡng học sinh giỏi trung học sở (Tác giả Nguyễn Thị Thanh Thúy) Phương pháp giải toán bất đẳng thức cực trị (Tác giả Nguyễn Văn Dũng,Võ Quốc Bá Cẩn,Trần Quốc Anh) Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học tuổi trẻ 25 ... tính chất mới, đề xuất tốn Sử dụng phương pháp tương tự để tìm tịi cách giải khác cho tốn Giải toán cực trị với nội dung tương tự giải 10 phương pháp tương tự 5- Sử dụng phương pháp tương tự giải. .. tài: ? ?Nâng cao chất lượng mơn Tốn cho học sinh lớp 8-9 thông qua sử dụng phương pháp tương tự giải tốn” (Trường THCS Lê Q Đơn-Bỉm Sơn ) Trong lời giải nhiều toán, ta gặp từ chứng minh tương tự trên,... phương pháp học tập để đạt kết tốt Phương pháp tương tự hoá phương pháp cần áp dụng trình dạy học sinh học toán, đặc biệt dạy học sinh giải toán Từ toán học sinh phải đưa toán tương tự Từ cách giải