Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển A.Lý do chọn đề tài : Tìm tòi để sáng tạo, đó là nhiệm vụ hàng đầu của ngời làm toán. Tìm tòi và sáng tạo là một việc không dễ và có nhiều con đờng khác nhau để đạt đợc mục đích. Vì vậy, việc hớng dẫn học sinh tìm tòi sáng tạo là rát cần thiết đối với tất cả các thầy cô giáo dạy toán. ở đây, tôi muốn trao đổi một số ví dụ về hớng dẫn học sinh tìm tòi sáng tạo từ một bài toán nhỏ. 1. Lý do khách quan: 2. Lý do chủ quan: Phát huy tính tích cực, tự giác chủ động trong học tập của mỗi học sinh đang là nhiệm vụ trọng tâm trong việc đổi mới phơng pháp dạy học hiện nay. Cũng giống nh các bộ môn khác, môn toán với đặc thù riêng mang tính lôgíc chặt chẽ và đòi hỏi t duy trừu t- ợng cao thì việc tạo ra đợc hứng thú, say mê trong học tập ở tất cả các đối tợng học sinh ( Kém, Yếu , Trung bình, Khá giỏi) là một yêu cầu hết sức cần thiết đối với mỗi giáo viên. Trong thực tế hiện nay mỗi trờng, mỗi lớp trình độ nhận thức của học sinh không đồng đều. Vậy làm thế nào để thu hút ttất cả các em vào một hoạt động nhận thức với tính tích cực, chủ động cao, làm thế nào để học sinh dù thuộc đối tợng nào (Kém, Yếu , Trung bình, Khá giỏi) cũng đều phát huy tối đa đợc sự linh hoạt, sáng tạo trong việc tiếp cận tri thức mới hay xây dựng kỹ năng vận dụng kiến thức trong giải bài tập là cả một quá trình xây dựng tìm tòi gia công nghiêm túc của mỗi giáo viên. Thực tế cho thấy đối với một bộ môn toán học sinh khối trung học cơ sở ( nhất là các lớp cuối cấp) đã có sự phân hoá rõ rệt trong trình độ nhận thức, cùng một số bài tập thầy giáo giao cho cả lớp làm, có em cảm thấy quá dễ có học sinh lại cảm thấy quá khó. Xét ở góc độ tích cực thì cả hai trờng hợp đều xảy ra tâm lí không sẵn sàng chủ động giải quyết bài toán. Đối với học sinh giỏi thì coi thờng hoặc cảm thấy nhàm chán, học sinh yếu thì vì không tìm ra hớng giải quyết sinh ra nản chí. Trong trờng hợp này vai trò của ngời giáo viên là hết sức quan trọng, với nhiều đối tợng học sinh chênh lệch về khả năng nhận thức thì việc thiết kế một giờ dạy đảm bảo phát huy tối đa sức suy nghĩ của học sinh là một việc làm cần thiết và không đơn giản. Trong dạy học nói chung và giảng dạy bộ môn toán nói riêng ngời giáo viên phải đặt trớc học sinh những tình huống có vấn đề. Tình huống có vấn đề trong bộ môn toán thờng đặt ra dới dạng các bài tập, chính vì vậy trong quá trình xây dựng kiến thức cho học sinh cũng nh việc củng cố, rèn luyện kỹ năng giải toán, ngời giáo viên thờng chuẩn bị một hệ thống các câu hỏi , bài tập phù hợp với từng đối tợng học sinh. Trong một giờ lên lớp để đảm bảo cho cả một tập thể học sinh đều đợc tham gia tích cực vào bài học, một trong nhiều phơng pháp đó là Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển với ý nghĩ đó tôi đã thực hiện nghiên cứu giảng dạy trong quá trình công tác ở tr- ờng trung học cơ sở Cẩm Đàn xin trao đổi cùng đồng nghiệp. B.Nội dung: 1 Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển I/Phần số học; Bài toán: Một số chia cho 7 thì d 6, khi chia cho 8 thì d 5. Hỏi số đó chia cho 56 thì d bao nhiêu? Giải: Cách 1: Gọi số bị chia là a, theo giả thiết ta có: a = 7q 1 + 6 (1) a = 8q 2 + 5 (2) Để tạo ra bội của 56, ta nhân cả hai vế của (1) với 8 và (2) với 7 ta có: 8a = 56q 1 + 48 (3) 7a = 56q 2 + 35 (4) Từ (3) và (4) suy ra: 8a 7a = 56(q 1 q 2 ) +13 Hay a = 56(q 1 q 2 ) +13 Số d cần tìm là 13. Cách 2 : Từ (1) và (2) suy ra : 7q 1 + 6 = 8q 2 + 5 (5) Từ (5) rút ra: 7q 1 7q 2 = q 2 - 1 Hay q 2 - 1 = 7(q 1 q 2 ) = 7q hay q 2 = 7q + 1 (6) Thay (6) vào (2) ta đợc: a = 8(7q + 1) + 5 = 56q + 13 Vậy số d là 13. Lời bình: Từ giả thiết ta có a = 7q 1 + 6 và a = 8q 2 + 5 ta đã đi đến hai cách giải: Cách 1: Tìm số d r khi chia a cho 56, ta tìm cách biểu diễn: a = 56 q + r với 0 < r < 56 Cách 2: Ta chú ý đến 56 = 7.8 và 8a 7a = a Khai thác bài toán: Từ bài toán trên ta có thể phát triển mở rộng lên thành bài toán tổng quát sau: Khi chia sốnguyên a cho số nguyên n thì d r 1 , khi chia cho (n +1) thì d r 2 . Hỏi khi chia a cho n(n + 1) thì số d là bao nhiêu? Gải: Theo giả thiết ta có : a = nq 1 + r 1 và a = (n +1)q 2 + r 2 Do đó (n + 1)a = n(n +1)q 1 + (n +1)r 1 Và na = n(n +1)q 2 + nr 2 _ Từ đó suy ra : (n + 1)a - na = n(n +1)(q 1 q 2 ) + (n +1)r 1 - nr 2 Vì (n +1)r 1 - nr 2 < n(n +1) nên ta có: + Nếu (n +1)r 1 - nr 2 0 thì số d là (n +1)r 1 - nr 2 +) Nếu (n +1)r 1 - nr 2 < 0 thì 2 Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển a = n(n +1)(q 1 q 2 - 1) + n(n + 1) + (n +1)r 1 - nr 2 và 0 < n(n + 1) + (n +1)r 1 - nr 2 < n(n + 1) do đó số d là: n(n + 1) + (n +1)r 1 - nr 2 II/Phần đại số: Bài toán: Tìm giá trị lớn nhất của x x A 2 4 = Giải: Cách 1: A xác định 4 0 04 x x x áp dụng bất đẳng thúc Cô si cho hai số không âm ta có: ( ) 42 44 2 1 44 2 1 4 xx xx = + = Do đó: 8 1 242 4 = = x x x x A Dấu = xảy ra x 4 = 4 x = 8 Vậy giá trị lớn nhất của A là 8 1 . Cách 2: A xác định 4 0 04 x x x áp dụng bất đẳng thúc Cô si cho hai số không âm ta có: ( ) ( ) 48444 2 44 42 = + = xx x x Do đó: 8 1 48 4 2 4 = = x x x x A Dấu = xảy ra x 4 = 4 x = 8 Vậy giá trị lớn nhất của A là 8 1 . Lời bình: Bài toán trên có hai cách giải đều áp dụng bất đẳng thức Cô sic ho hai số không âm. Cách 1: Từ 4 x tìm cách viết thành Trung bình nhân thích hợp để khi chuyển sang Trung bình cộng phần chứa biến x trong A sẽ bị triệt tiêu chỉ còn lại hằng số. Cách 2: Từ 2x tìm cách viết thành Trung bình cộng Thích hợp để khi chuyển sang Trung bình nhân phần chứa biến x trong A sẽ bị triệt tiêu chỉ còn lại hằng số. Từ cách giải bài toán trên ta có thể khai thác phát triển thành bài toán tổng quát sau: Bài toán tổng quát: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức dcx bax A + + = trong đó a, b, c, d là những hằng số. áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số không âm ( trong những điều kiện thích 3 Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển hợp nhất định) ta có hai cách giải sau: Cách 1: 2 a bc d a bc cx a bc dc a a bc d a bc cx a bc dc a bax ++ + =+ Do đó a bc dc a A 2 1 Cách 2: ( ) ( ) + ++ = +=+ b c ad bax a c b c ad bax a c c ad ax a c dax 2 2 2 Do đó a bc dc a A 2 1 Với a =1, b = -4, c=2 và d = 0 ta có bài toán trên. III/ Bài toán hình học: Bài toán 1: (Bài toán lớp 7) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Trên nửa mặt phẳng bờ AC không chứa điểm B ta dựng đoạn thẳng AE AC và AE = AC. Trên nửa mặt phẳng bờ AB không chứa điểm C dựng đoạn thẳng ADAB và AB = AD. Vẽ đờng cao AH của ABC, tia HA cắt BE tại M. Chứng minh rằng M là trung điểm của DE. Giải Ta có hình vẽ sau: (hình 1) 4 Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển Đối với học sinh lớp 7, để chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau ta đa về việc chứng minh hai tam giác bằng nhau. Dễ kiểm tra thấy DMA chứa MD và MEA chứa ME không thể bằng nhau. Để giải quyết đợc vấn đề ta phải tạo ra hai tam giác khác cũng nhận ME là cạnh và có thể chứng minh đựơc chúng bằng nhau. Khai thác ADAB ta suy ra : DAM = AHB ( vì cùng phụ với góc BAM) kết hợp với AD = AB ta nghĩ đến việc tạo ra một tam giác vuông bằng ABH ( cạnh huyền góc nhọn ) bằng cách kẻ DI MA. Tơng tự ta cũng có thể kẻ đợc EK AM để tạo ra một tam bằng giác ACH . Ta có hình vẽ 2; Khai thác kết quả ta đợc: DIA = AHB ( cạnh huyền góc nhọn) ta đợc DI = AH. (1) KEA = HAC (nh cách vẽ) ta đợc KE = AH (2) Từ (1) và (2) ta suy ra: DI = KE Từ kết quả này ta chứng minh đợc MDI = MEK (Hai tam giác có hai cạnh góc vuông và một góc nhọn bằng nhau thì bằng nhau) Từ đó suy ra: MD = ME (đpcm). Từ bài toán trên theo cách nhìn nhận AB và AD là hai cạnh kề của một hình vuông thì ta có thể mở rộng thành những bài toán mới sau: Bài toán 2: (đối với học sinh lớp 8) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Lấy AB và AC làm cạnh dựng ra phía ngoài tam giác hai hình vuông ADQB và AEFC. Gọi 0 1 và 0 2 theo thứ tự là tâm hai hình vuông trên và N là trung điểm của BC . chứng minh rằng: NO 1 = NO 2 và NO 1 NO 2 . D A B C M E H D A B C M E H K I 5 Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển Giải: O 1 N đi qua trung điểm của hai đoạn thẳng nên ta nghĩ đến đờng trung bình của tam giác ta có: O 1 N DC và O 1 N = DC 2 1 (*) O 2 N EB và O 2 N = EB 2 1 Lúc này bài toán trở về chứng minh DC = EB và DC EB. Ta dễ dàng nhận thấy: AD = AB (Cạnh của hình vuông ADQB) AE = AC ( Cạnh của hình vuông AEFC) => ADC = BAE (c.g.c) DAC = BAE ( đều bằng 90 0 + BAC) => DC = BE (1) và ADC = ABE Gọi P là giao điểm của DC và AB, R là giao của DC và BE. Xét hai tam giác DAP và BRP có : DPA = BPR ( đối đỉnh) PDA = PBR (Chứng minh trên) => DPA = BRA Mà DAP = 90 0 (góc của hình vuông) nên BRP = 90 0 => DC BE (2) Từ (*), (1), (2) suy ra: NO 1 = NO 2 và NO 1 NO 2 (đpcm). Ban đầu ở bài toán 1 đã tạo ra một tam giác bằng tam giác ABH. Ta đặt vấn đề nếu tạo ra tam giác bằng tam giác ABC thì sẽ đợc kết quả gì khác không? Điều đó dẫn đến việc đề xuất bài toán sau: Bài toán 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, Vẽ các đoạn thẳng AD thoả yêu A B C O 1 O 2 N Q D F E R P 6 Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển cầu của bài toán1. Dựng hình bình hành ADGE. Vẽ đờng cao AH của tam giác ABC. Chứng minh rằng: a, G, A, M, H thẳng hàng. b, QC, AH , BF đồng qui. Giải : a/- Nối DE và GA chúng cắt nhau tại M, theo tính chất của hình bình hành ta suy ra M là trung điểm của DE - Theo kết quả ở bài toán 1 ta đợc H, A, G thẳng hàng, theo cách xác định M thì M, A, H thẳng hàng. Từ đó suy ra bốn điểm G, M, A,H thẳng hàng . b/ Bây giờ giải quyết yêu cầu chính của bài toán. Trớc hết, để chứng minh ba đờng thẳng đồng qui, ta thờng dựa vào tính chất đồng qui của ba đờng chủ yếu trong tam giác, lại có GH BC nên ta liên tởng tới ba dờng cao của một tam giác . Dựa vào bài toán 1 và theo tính chất của hình bình hành ta có: GEA = BAC vì có: GE = AB (cùng bằng AD) AE = AC ( cạnh hình vuông AEFC) => GA = BC BAC = GEA (cùng bù với DAE) Sử dụng kết quả này ta lại có: GAC = BCF (g.c.g) vì có: A B C M Q H G D F E T S 7 Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển = += += GAEBCA BCABCF GAEGAC 0 0 90 90 GC = BF và BFC = GCA Gọi giao của GC và BF là S, BF và AC là T Ta có: FCT vuông tại C CTF + CFT = 90 0 hay BF GC Chứng minh tơng tự ta cũng có GC vuông góc với QB AH, QC, BF là ba đờng thẳng chứa 3 đờng cao của GBC, vì 3 đờng cao của GBC đồng qui Đpcm Cuối cùng ta để ý tới tính bình đẳng tơng đối của ABC và ADE, sử dụng đặc biệt bài toán ta đề xuất bài toán sau: Bài toán 4: Cho ABC có 3 góc nhọn, O là tâm đờng tròn ngoại tiếp của tam giác đó. Về phía ngoài của ABC vẽ các hình vuông ADQB và AEFC. Gọi trung điểm của DE và BC lần lợt là M và N. 1. Chứng minh AM BC 2. Trờng hợp OD = OE a) Tứ giác AMON là hình gì. b) Tính góc BAC. Giải 1. Giả sử MA và BC cắt nhau tại H. Ta phải chứng minh AH BC, hay AHC + HCA = 90 0 Ta đã có: MAE + HAC = 90 0 nên chỉ cần chứng minh HCA = MAE. Muốn vậy, ta dựng hình bình hành ADGE và chứng minh AEG = CAB. Điều này ta đã làm ở bài toán 3. 2. a) Từ giả thuyết OD = OE và M là trung điểm của DE ta có đợc ngay AN DE (tính chất tam giác cân) Lại có N là trung điểm của BC (GT) Làm tơng tự nh câu 1 có AN DE suy ra AN // OM (3). Theo câu 1 và theo cách xác định tâm đờng tròng ngoại tiếp ta có AN // ON (vì cùng vuông góc với BC) (4) Từ (3) và (4) suy ra tứ giác AMON là hình bình hành. b) Ta có: AGAM 2 1 = (giao điểm hai đờng chéo hình bình hành). AG = BC (do AEG = CAB). Suy ra: BCAM 2 1 = Mặt khác AM = ON (cạnh đối của hình bình hành) nên suy ra BCON 2 1 = Trong OBC có ON là đờng trung tuyến nên OBC vuông tại O hay BOC = 90 0 Trong đờng tròn ngoại tiếp ABC ta có BOCBAC = 2 1 (góc nội tiếp có số đo 8 Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển không quá 90 0 bằng một nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung). Do đó BAC=45 0 . C. Kết luận Trên đây là một số ví dụ về cách tìm tòi, khai thác một bài toán. Làm nh vậy sẽ bồi dỡng đợc năng lực t duy sáng tạo cho học sinh, giúp các em luôn có ý thức ham muốn tìm tòi sáng tạo. Nó còn giúp các em có thể ghi nhớ một nhóm các bài toán, Bồi dỡng năng lực t duy lôgíc cho các em. Qua việc làm này học sinh sẽ có hứng thú học toán, suy nghĩ của các em sẽ linh hoạt dần lên mà không bị gò ép, khuôn mẫu. Hi vọng sẽ nhận đợc nhiều ý kiến trao đổi và tiếp tục khai thác bài toán của đồng nghiệp. Đối với giáo viên muốn dạy học sinh giải toán tốt phải thờng xuyên đọc sách tự nâng cao kiến thức và phải có kế hoạch giải toán thờng xuyên su tầm bài tập và rút kinh nghiệm sau từng tiết dạy. Phát huy tính tích cực, chủ động của học sinh đó là điều mà bất cứ ngời giáo viên nào cũng biết trong quá trình đổi mới phơng pháp giảng dạy. Nó là điều hoàn toàn đúng đắn và có lẽ không hẳn là mới mẻ. Ngay từ thời cổ Hilạp Xôcrát. Đã đề sớng nguyên lý Hoạt động tích cực đề cao vai trò của ngời học hay nh Léptôntôi đã từng nói Kiến thức chỉ thực sự là kiến thức khi nào nó là thành quả của những cố gắng của t duy chứ không phải của chí nhớ. Việc thực hiện giảng dạy theo phng pháp này không nằm ngoài những quan điểm đó. Mong muốn thì lớn song với khả năng có hạn chắc chắn những vấn đề mà tôi vừa trình bày cha hẳn đã chọn vẹn, đã hay nhất và cũng không thể tránh khỏi những sai sót mong các thầy cô giáo đóng góp ý kiến phê bình để việc giảng dạy của tôi ngày càng tốt hơn. Trong quá trình giảng dạy thực nghiệm cũng nh khi bắt tay vào viết sáng kiến này tôi đợc sự giúp đỡ tận tình của các thầy cô giáo trờng THCS Cẩm Đàn và các thầy cô giáo dạy môn toán trong huyện Sơn Động. Xin chân thành cảm ơn! Sơn Động, ngày . tháng . năm 9 Từ một bài toán cơ bản xây dựng các bài toán phát triển Xác nhận của hội đồng khoa học trờng THCS cẩm đàn . T/M HĐKH nhà trờng 10 . đó (n + 1) a = n(n +1) q 1 + (n +1) r 1 Và na = n(n +1) q 2 + nr 2 _ Từ đó suy ra : (n + 1) a - na = n(n +1) (q 1 q 2 ) + (n +1) r 1 - nr 2 Vì (n +1) r 1 - nr. a = n(n +1) (q 1 q 2 - 1) + n(n + 1) + (n +1) r 1 - nr 2 và 0 < n(n + 1) + (n +1) r 1 - nr 2 < n(n + 1) do đó số d là: n(n + 1) + (n +1) r 1 - nr 2