SKKN Rèn luyện năng lực tư duy, sáng tạo cho học sinh qua việc hướng dẫn học sinh khai thác và phát triển các bài toán trong sách giáo khoa Toán 7

A-ĐẶT VẤN ĐỀ

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

1. Cơ sở lý luận.

Ở trường THCS, dạy học Toán là hoạt động Toán học. Đối với học sinh

có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động Toán học. Các bài

toán là phương tiện rất có hiệu quả trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức

đồng thời phát triển tư duy và hình thành kỹ năng ứng dụng toán học vào thực

tiễn. Tổ chức có hiệu quả việc hướng dẫn học sinh giải các bài tập Toán có ý

nghĩa quyết định tới chất lượng dạy và học Toán. Để làm dược điều đó thì trong

dạy học Toán, đặc biệt là dạy giải bài tập toán thì người thầy giáo cần quan tâm

tới việc phát triển năng lực thực hiện các thao tác tư duy: phân tích, tổng hợp, so

sánh, khái quát hóa, đặc biệt hóa, trừu tượng hóa, cụ thể hóa và các năng lực

nhìn nhận các vấn đề Toán học trong nhiều góc độ khác nhau, đề xuất các hướng

giải quyết vấn đề trên cơ sở các góc độ nhìn nhận đó.

Tôi cho rằng hệ thống kiến thức trong sách giáo khoa là nguồn quan

trọng cần được khai thác để làm tốt nhiệm vụ phát triển năng lực toán học như

đã nêu ở trên cho học sinh.

2 Cơ sở thực tiễn.

Trong những năm gần đây chất lượng giáo dục của trường THCS

Khương Đình tăng lên rõ rệt: Sĩ số học sinh tăng nhanh, tỷ lệ % thi đỗ vào lớp

10 THPT công lập đạt 80% – 85%, đội tuyển thi học sinh giỏi cấp quận, cấp

thành phố đứng tốp 3 toàn quận, đặc biệt năm học 2013 -2014 nhà trường có học

sinh đạt giải 3 môn toán lớp 9 cấp thành phố. Là giáo viên trực tiếp giảng dạy

môn Toán lớp 7 theo chương trình sách giáo khoa mới nhiều năm liên tục, do đó

tôi có nhiều thời gian để tiếp cận với nội dung, chương trình môn Toán lớp 7.

Qua nghiên cứu hệ thống kiến thức trong sách giáo khoa Toán lớp 7 và thực tiễn

giảng dạy, tôi thấy cuốn sách giáo khoa Toán 7 được biên soạn khá công phu,

sắp xếp hệ thống kiến thức khoa học. Hệ thống bài tập đa dạng kích thích được

1

tính tìm tòi sáng tạo của học sinh nhất là học sinh khá giỏi. Đặc biệt các bài tập

thường đơn giản, nhưng nghiên cứu kỹ sẽ thấy trong đó chứa đựng rất nhiều

điều thú vị và bổ ích. Do vậy trong quá trình dạy giải bài tập toán cho học sinh

tôi luôn chú trọng tới việc hướng dẫn học sinh khai thác, phát triển các bài toán

trong sách giáo khoa và coi đây là một biện pháp quan trọng và hiệu quả trong

việc rèn luyện năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh. Qua 2 năm áp dụng sáng

kiến kinh nghiệm trên vào giảng dạy tôi thấy nhiều định lý, tính chất toán học và

các bài tập trong sách giáo khoa lớp 7 đã được học sinh tìm tòi giải được bằng

nhiều cách khác nhau hoặc khai thác phát triển thành những bài toán mới hay

hơn, khó hơn, tổng quát hơn tạo được hứng thú học tập cho học sinh "Thầy đố

trò, trò đố thầy" say mê, sôi nổi . Bằng cách làm đó đã giúp tôi đạt được những

kết quả nhất định trong việc nâng cao chất lượng giảng dạy môn Toán, đặc biệt

là chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi.

Đề tài này xin được trình bày một số biện pháp cụ thể nhằm rèn luyện

năng lực tư duy, sáng tạo cho học sinh qua việc hướng dẫn học sinh khai

thác và phát triển các bài toán trong sách giáo khoa Toán 7. Do khuôn khổ

của đề đề tài, phần ví dụ chỉ nêu ra một số bài toán tiêu biểu trong hệ thống các

bài toán đã được học sinh khai thác, phát triển.

II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.

Mục đích nghiên cứu là tạo ra sự hứng thú, say mê trong quá trình giảng

dạy của thầy, học tập của trò. Kích thích, phát triển năng lực tư duy, sáng tạo,

chủ động của học sinh qua quá trình học tâp. Nhằm nâng cao chất lượng dạy và

học môn Toán, đặc biệt là chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi.

III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU.

Đối tượng nghiên cứu là: Khai thác và phát triển các bài toán trong sách

giáo khoa Toán lớp 7.

IV. ĐỐI TƯỢNG KHẢO SÁT, THỰC NGHIỆM.

Đối tượng khảo sát, thực nghiệm là học sinh lớp 7A1 trường THCS

Khương Đình.

2

V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.

Sử dụng các phương pháp nghiên cứu bao gồm:

- Phương pháp quan sát;

- Phương pháp đàm thoại;

- Phương pháp phân tích;

- Phương pháp tổng hợp;

- Phương pháp khái quát hóa;

- Phương pháp khảo sát, thực nghiệm.

VI. PHẠM VI & KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI

1. Phạm vi nghiên cứu của đề tài: Chương trình sách giáo khoa Toán 7.

2.Thời gian thực hiện: Thực hiện trong 2 năm học 2012- 2013

và 2013-2014.

Một số hình ảnh trong giờ học toán

của lớp 7A1 Trường THCS Khương Đình

Năm học 2013 -2014

3

4

B- NỘI DUNG ĐỀ TÀI

Sau đây tôi xin được trình bày 3 biện pháp cụ thể nhằm rèn luyện năng

lực tư duy, sáng tạo cho học sinh qua việc hướng dẫn học sinh khai thác và

phát triển các bài toán trong sách giáo khoa Toán 7 theo cấp độ tăng dần

của tư duy:

1. Hướng dẫn học sinh giải bài toán bằng nhiều cách khác nhau;

2. Khai thác & phát triển bài toán đã cho thành những bài toán mới;

3. Hướng dẫn học sinh xây dựng bài toán tổng quát từ bài toán cụ

thể.

I. HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TOÁN BẰNG NHIỀU

CÁCH KHÁC NHAU.

Ví dụ 1:

Bài toán 1: Chứng minh định lý: Nếu tam giác có một đường trung tuyến

đồng thời là đường phân giác thì tam giác đó là tam giác cân.

( Bài số 42 trang 73 SGK Toán 7 tập 2).

Lời giải

Cách 1:

Trên tia đối của tia MA lấy điểm N

sao cho MN = MA

A

Xét ∆ MAC và ∆ MNB có :

MB = MC (gt);

M₁ M₂( đối đỉnh)

1

2

¶

1

B

C

MA = MN ( cách vẽ)

=> ∆ MAC =∆ MNB( c.g.c)

=>AC = BN (1)

2

M

¶

µ

¶

µ

và A₂ N mà A  A₂(gt) => A  N

1

=> ∆ BAN cân tại B => BA= BN (2)

Từ (1) và (2) => AB = AC

=> ∆ ABC cân tại A

N

5

Cách 2:

A

Qua B kẻ đường thẳng song song với

AC cắt tia AM tại D.

1

2

Xét ∆ MBD và ∆ MCA có

µ

B  C₁( so le trong ), MB = MC( gt);

1

¶

1

M

B

M₁ M₂( đối đỉnh)

C

1

2

=> ∆ MBD = ∆ MCA(g.c.g)

=> BD = AC ( 1)

µ

¶

Mặt khác D  A₂( so le trong)

µ

¶

µ

Mà A  A₂(gt) => A  D

1

D

=>∆ BAD cân tại B => AB=BD (2)

Từ (1) và (2) =>AB=AC

=> ∆ ABC cân tại A

Cách 3: Trên tia đối của tia MA lấy

A

điểm E sao cho BE = AB

=> ∆ BAE cân tại B

(1)

1

µ

2

=> A  E

1

µ

¶

Mà A  A₂(gt)

1

¶

µ

1

=> A₂ E => AC//BE

B

C

1

2

M

Xét ∆ MBE và ∆ MCA có

µ

B  C₁( so le trong ); MB = MC( gt);

1

¶

M₁ M₂( đối đỉnh)

=> ∆ MBE = ∆ MCA (g.c.g)

=> BE = AC ( 2)

E

Từ (1) và (2) => AB= AC

=> ∆ ABC cân tại A.

Cách 4:

Gọi E, F theo thứ tự là chân các đường

vuông góc kẻ từ M xuống các cạnh

AB, AC. Ta có :

1

2

Diện tích ∆ MAB = 1/ 2 MF.AB (1)

Diện tích ∆ MAC = 1/ 2 ME.AC (2)

Mặt khác các ∆ MAB và ∆ MAC có

chung đường cao kẻ từ A và 2 cạnh

tương ứng bằng nhau: BM= MC(gt)

=>Diện tích ∆MAB = Diện tích ∆MAC

(3)

F

E

M

B

C

6

Từ (1), (2), (3):

=> MF. AB = MF. AC (4)

Xét 2 tam giác vuông ∆ EAM và ∆

µ

¶

FAM có A  A₂(gt), AM chung.

1

=> ∆ EAM = ∆ FAM

=> MF= ME ( 5)

Từ ( 4) và (5) => AB = AC

=>∆ ABC cân tại A

A

Cách 5:

Gọi E, F lần lượt là chân các đường

vuông góc kẻ từ M xuống AB; AC. Có

2 khả năng xảy ra:

1 2

Trường hợp 1:

E

F

Các góc B, C cùng nhọn:

Xét các tam giác vuông ∆EAM và

∆FAM có:

M

B

C

µ

¶

A  A₂(gt), AM chung.

1

=> ∆EAM = ∆FAM => MF= ME .

Mà MB = MC (gt)

=> ∆ EMB = ∆ FMC ( Cạnh huyền,

cạnh góc vuông)

µ

=> B^µ C => ∆ ABC cân tại A.

Trường hợp 2:

µ

Trong 2 góc ^µ

B

và

C

có 1 góc lớn hơn

A

µ

0

B

hoặc bằng 90 . Giả sử ≥ 90

Chứng minh tương tự như trường hợp 1

ta có ∆ EMB = ∆ FMC ( cạnh huyền,

cạnh góc vuông)

F

C

B

·

M

EBM  FCM

=>

·

điều này là vô lý vì

E

EBM là góc ngoài của ∆ ABC nên ta

·

luôn có EBM  BAC  CAB  FCM

=> Trường hợp này không xảy ra.

Từ các trường hợp trên => Đpcm.

Cách 6:

Gọi K,P lần lượt là chân các đường

vuông góc kẻ từ B và C xuống tia AM.

Xét các tam giác vuông ∆KBM và ∆

PCM có

ˆ

BM = CM(gt) và M₃ M ₄( đối đỉnh)

7

=> ∆ KBM = ∆ PCM => BK= CP

A

ˆ

Kết hợp với điều kiện

A

=

A₂(gt)

1

=> ∆ KAB = ∆ PAC ( cạnh góc vuông,

góc nhọn)

=> AK= AP. Mà K, P cùng thuộc tia

AM => K và P trùng nhau và trùng với

M

K

₃M

B

C

4

=> AM



BC

P

Xét các tam giác vuông ∆ MAB và

∆ MAC có

ˆ

A

=

A₂(gt)

1

MB = MC(gt) =>∆ MAB = ∆ MAC

=> AB = AC =>∆ ABC cân tại A.

Cách 7:

Qua M và A kẻ các đường thẳng lần

lượt song song với AB và BC, các

đường thẳng này cắt nhau tại N, MN

cắt AC tại K.

A

1

N

3

Xét ∆ MAB và ∆ AMN có

2

1

ˆ

A  M₁( so le trong), AM chung

1

·

và BMA  MAN ( so le trong)

=> ∆ MAB = ∆ AMN ( g.c.g)

=> BM = AN

K

2

B

C

Mà BM = MC (gt) => MC = AN. Kết

M

ˆ

hợp với các điều kiện M ₂ N

;

ˆ

C  A₃( so le trong)

=> ∆KMC = ∆ KNA ( g.c.g)

=> AK = KC (1)

ˆ

Mặt khác: A  A₂(gt),

1

ˆ

A₁ M₁( so le trong)

ˆ

=>M₁ A₂

=> ∆ KAM cân tại K => AK=KM(2)

Từ (1) và (2) => KM = KC => ∆ KMC

ˆ

cân tại K =>C  M ₂

ˆ

Mà M ₂ B ( đồng vị ) =>B  C

=>∆ ABC cân tại A

Cách 8 :

Qua M kẻ đường thẳng // AC và qua B

kẻ đường thẳng // AM, các đường

thẳng này cắt nhau tại D. Gọi K là giao

8

điểm của AB và MD.

Xét ∆ BDM và ∆ MAC có

·

A

1

D

B

DBM  AMC ( đồng vị) , MB = MC(gt)

·

2

và DMB  ACM ( đồng vị )

=>∆ BDM = ∆ MAC (g.c.g)

=> AM = BD, A₂ D

K

¶

µ

Xét ∆ KAM và ∆ KBD có

AM = BD(cmtr) A  B

µ µ

µ

¶

;

D  M₂( so le

2

1

C

trong) => ∆ KAM = ∆ KBD (g.c.g)

=> KD= KM(1)

M

µ

¶

µ

¶

Mặt khác : D  M₂(cmtr); A  A₂(gt),

µ µ

1

A  B ( so le trong)

1

µ

=> D  B => ∆ KBD cân tại K

1

=> DK = KB (2)

Từ (1) và (2) => KB = KM

=>∆ KBM cân tại K

·

=> KBM  KMB

mà KMB  ACB ( đồng vị)

=> KBM  ACB

=>∆ ABC cân tại A.

Cách 9:

0

·

Vì AMB  AMC 180 nên trong 2 góc

AMB và AMC phải có 1 góc không lớn

hơn 90⁰. Không mất tính tổng quát, giả

A

0

·

1

2

sử AMC  90

0

·

Nếu AMC  90 thì từ C kẻ đường

thẳng vuông góc với AM cắt AM và

AB theo thứ tự tại P, Q khi đó điểm P

nằm giữa A và M; điểm Q nằm giữa A

và B.

Q

P

B

C

M

Xét các tam giác vuông ∆ APQ và

µ

¶

∆ APC có A  A₂(gt), AP chung

1

=>∆ APQ = ∆ APC => AQ = AC,

PC = PQ

Nối MQ, xét các tam giác vuông

∆ PMQ và ∆ PMC có PC =PQ ( cmtr)

cạnh PM chung

A

1

2

=>∆ PMQ = ∆ PMC (c.g.c)

=> MQ = MC, mà MC = MB(gt)

=> MQ = MC = MB = 1/2 BC

=>∆ QBC vuông tại Q ( theo kết quả

Q

P

B

C

M

9

bài số 39 sách bài tập Toán 7 – Tập 2

trang 28 )

=> AQ và AP cùng vuông góc với CQ,

điều này là vô lý => trường hợp

0

·

AMC  90 không xảy ra

0

·

=> AMC  90 => AMB  90

Xét các tam giác vuông: ∆ AMB

µ

¶

và ∆AMC có A  A₂(gt), AM chung

1

=> ∆ AMB = ∆ AMC

=>∆ ABC cân tại A

Ví dụ 2:

Bài toán 2:

a

b

c

Chứng minh rằng từ tỷ lệ thức :



( a – b



0, c – d



0)

d

a  b c  d

=

Ta có thể suy ra tỉ lệ thức

a  b c  d

(Bài 63 trang 31 SGK Toán 7 tập 1 NXB Giáo dục 2003)

Lời giải

a

b

c

a

c

a  b c  d

Cách 1: Từ



=> 1  1 =>

=

d

b

d

b

d

a  b c  d

CM Tương tự ta có:



b

d

a  b a  b

c  d c  d

a  b c  d

=> =

=>

:



:

b

d

a  b c  d

Cách 2: Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau

a

b

c

a

c

b

d

a  b

c  d

a

c

b

d

a  b

c  d



=>

=



=

và



=

d

a  b

c  d

a  b

c  d

a  b c  d

=> =

=>

a  b c  d

10

a

b

c

Cách 3: Đặt



 k => a = bk; c=dk

d

a  b bk  b b(k 1) k 1

a  b bk  b b(k 1) k 1

=>

Và

=



(1)

(2)

c  d

c  d

dk d d(k 1) k 1

dk  d d(k 1) k 1

=



=

a  b c  d

a  b c  d

Từ (1) và ( 2) =>

=

Cách 4:

a

b

c

Từ



=> 2bc = 2ad => ac – ad + bc – bd = ac + ad – bc + bd

d

 a( c – d) + b( c – d) = a(c + d) – b( c+ d)

 ( a + b ( c – d) = (a – b)( c +d)

a  b c  d

=>

=

a  b c  d

Cách 5

a

c

Từ



= > ad = bc

b

d

a  b

a  b

d(a  b) ad  bd bc  bd b(c  d) c  d

d(a  b) ad  bd bc  bd b(c  d) c  d

Do đó

=



=



a  b c  d

=

=>

a  b c  d

Cách 6:

a

c

Từ



= > ad = bc

b

d

c  d

c  d

b(c  d)

b(c  d)

bc  bd ad  bd d(a  b) a  b

bc  bd ad  bd d(a  b) a  b

Do đó:

=



a  b c  d

=

=>

a  b c  d

11