SKKN LOẠI A năm 2019.2020SKKN LOẠI A năm 2019.2020SKKN LOẠI A năm 2019.2020SKKN LOẠI A năm 2019.2020SKKN LOẠI A năm 2019.2020SKKN LOẠI A năm 2019.2020

SKKN LOẠI A năm 2019.2020

Rèn kỹ năng khai thác và phát triển bài toán diện tích trong sgk hình học 8

OA. ĐẶT VẤN ĐỀ

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

- Là một giáo viên trực tiếp giảng dạy bộ môn toán tại trường THCS, trên cơ sở nắm vững mục tiêu của dạy học bộ môn tôi nhận thấy rằng việc phát triển tư duy toán học cho học sinh nói chung và nhất là đối tượng khá giỏi thì việc hình thành kĩ năng giải các bài tập toán là rất quan trọng. Để làm được như vậy giáo viên cần giúp học sinh biết khai thác, mở rộng kết quả các bài tập cơ bản, xâu chuỗi các bài toán để học sinh khắc sâu kiến thức tạo lối mòn – tô đậm mạch kiến thức, suy nghĩ tìm tòi những kết quả mới từ những bài toán ban đầu.

- Nhưng trong thực tế chúng ta chưa làm được điều đó một cách thường xuyên, vẫn còn trong giáo viên chúng ta chưa có thói quen khai thác một bài toán, một chuỗi bài toán liên quan, hay chí ít là tập hợp những bài toán có một số đặc điểm tương tự (về kiến thức, hình vẽ hay về yêu cầu …). Trong giải toán nếu chúng ta chỉ dừng lại ở việc tìm ra kết quả của bài toán, lâu dần làm cho học sinh khó tìm được mối liên hệ giữa các kiến thức đã học, không có thói quen suy nghĩ theo kiểu đặt câu hỏi, liệu có bài nào tương tự mà ta đã gặp rồi? Cho nên khi bắt đầu giải một bài toán mới học sinh không biết bắt đầu từ đâu? Hoặc nếu thay đổi một vài dữ kiện thì học sinh lúng túng: Cần vận dụng kiến thức nào? Bài toán liên quan đến những bài toán nào đã gặp mà có thể vận dụng hay tương tự ở đây?

Kết quả khảo sát chất lượng bài kiểm tra 90 phút hình về chứng minh bài toán diện tích qua 33 học sinh lớp 8 của trường trong năm học 2017-2018 khi chưa áp dụng đề tài cho thấy:

Tổng số HS	Số HS giải được theo các mức độ
	Từ 0-20% BT		Trên 20-50% bài tập		Trên 50-80% bài tập		Trên 80% bài tập
	SL	%	SL	%	SL	%	SL	%
33	8	24,2	13	39,4	12	36,4	0	0

Trong quá trình dạy học hay bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi thấy rằng việc tìm tòi mở rộng các bài toán quen thuộc thành bài toán mới tìm các cách giải khác nhau cho một bài toán để từ đó khắc sâu kiến thức cho học sinh là một hướng đem lại nhiều điều hiệu quả cho việc dạy học. Quá trình này bắt đầu từ các bài toán đơn giản đến bài toán khó dần là bước đi phù hợp để rèn luyện kỹ năng các thao tác trong lập luận về phân tích – trình bày lời giải góp phần rèn luyện năng lực tư duy cho học sinh. Nhằm khắc phục những khó khăn trong việc hướng dẫn học sinh giải toán hình học, tôi đã mạnh dạn nghiên cứu đề tài: “Rèn kỹ năng khai thác và phát triển bài toán diện tích trong sgk hình học 8” Với mong muốn góp phần nâng cao hiệu quả ,chất lượng trong dạy học môn hình học lớp 8 của trường THCS theo tinh thần đổi mới .Củng cố thêm nghiệp vụ giảng dạy của mình ,đồng thời mong được đóng góp một phần nhỏ bé của mình với các bạn đồng nghiệp và giúp cho sư nghiệp giáo dục của đơn vị cũng như của huyện được nâng lên.

II. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU:

- Bài 18 trang 121 Sgk toán 8 tập 1và những vấn đề liên quan.

- Học sinh khá , giỏi khối 8 của trường

III. PHẠM VI ÁP DỤNG CỦA ĐỀ TÀI:

- Đề tài áp dụng được cho tất cả các đối tượng học sinh khá , giỏi lớp 8.

- Đề tài có thể dùng trong các tiết dạy ôn tập củng cố và nâng cao kiến thức đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi.

IV. THỜI GIAN NGHIÊN CỨU:

- Nghiên cứu trong 3 năm học: 2017-2018; 2018-2019; 2019-2020.

+) Năm học 2017-2018: Thảo luận ,tìm kiếm vấn đề nghiên cứu và nghiên cứu lí thuyết ;xây dựng đề cương sáng kiến kinh nghiệm,hoàn chỉnh các biểu mẫu điều tra.

+) Năm học 2018-2019: Tiến hành điều tra HS , sử lí số liệu ,cho vận dụng vào thực tế giảng dạy môn hình học lớp 8 và tiếp tục được vận dụng vào giảng dạy môn hình học lớp 8 tại trường trong các năm học tiếp theo.

+) Trong năm học 2019-2020: Điều chỉnh lại và viết chính thức các nội dung của sáng kiến kinh nghiệm, in ấn đóng quyển và nộp.

OB. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

“Rèn kỹ năng khai thác và phát triển bài toán diện tích trong sách giáo khoa hình học 8”

I.THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ :

Trong quá trình giảng day,dự giờ, góp ý và trao đổi với các đồng nghiệp, tôi nhận thấy một số thực trạng sau:

1. Đối với giáo viên:

Trong thực tế hiện nay, mỗi khi học xong bài học giáo viên chỉ đưa ra các bài tập trong (SGK), học sinh biết giải các bài tập đó. Việc chỉ dừng lại và giải các bài tập đơn lẻ sẽ gây cho học sinh sự nhàm chán trong học toán đặc biệt môn hình học.

Phần lớn giáo viên chưa nhận thức đầy đủ về ý nghĩa của việc dạy học giải toán. Còn nhiều giáo viên chưa cho học sinh thực sự làm toán mà chủ yếu giải toán cho học sinh và chú ý đến số lượng hơn là chất lượng. Trong quá trình dạy học giải toán giáo viên ít quan tâm đến việc rèn luyện các thao tác tư duy và phương pháp suy luận. Thông thường giáo viên thường giải đến đâu vấn đáp hoặc giải thích cho học sinh đến đó, không những vậy mà nhiều giáo viên còn coi việc giải xong một bài toán kết thúc hoạt động , giáo viên chưa thấy được trong quá trình giải toán nó giúp cho học sinh có được phương pháp, kĩ năng, kinh nghiệm, củng cố, khắc sâu kiến thức mà còn bổ xung nguồn kiến thức mới phong phú mà tiết dạy lý thuyết mới không thể có được.

2. Đối với học sinh:

- Học sinh còn thiếu phương pháp, thiếu tư duy trong giải toán. Có những bài toán rất đơn giản nhưng các em cũng không nhìn ra vấn đề nên không giải được.

- Yếu về kỹ năng phân tích đa chiều một bài toán.

- Chưa có thói quen khai thác và phát triển bài toán đã giải

II. BIỆN PHÁP KHẮC PHỤC

Sau đây tôi xin nêu ra một số cách khai thác và phát triển bài toán dện tích từ một bài toán cơ bản trong (SGK) toán 8 như sau .

1. Bài toán gốc ( Bài tập 18 - trang 21 SGK Toán 8 - Tập 1)

Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: S_AMB = S_AMC

2. Khai thác và phát triển bài toán gốc

Từ bài toán trên chúng ta sẽ dễ dàng giải được bài toán sau:

Bài toán 1: DABC vuông tại A, AM là trung tuyến. Gọi P, Q là hình chiếu của M trên AC, AB. Chứng minh rằng: S_AQMP = S_ABC

Hướng dẫn:

Dễ thấy P, Q lần lượt là trung điểm của AC, AB.

Nhận xét: Ta thấy nếu điểm M di chuyển trên BC thì S_AQMPcũng sẽ thay đổi và thay đổi như thế nào. Ta có bài toán sau:

Bài toán 2: Cho tam giác ABC vuông tại A. M là một điểm thay đổi trên cạnh BC. Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AC và AB . Với vị trí nào của điểm M trên BC thì S_AQMPlớn nhất

Cách 1:

Ta có S_AQMP= AQ. MQ; S_ABC = AB. AC

= 2..

Đặt BM = x; MC = y

=> . Dấu “=” xảy ra <=> x = y <=> M là trung điểm của BC.

Do đó mà (x + y)² ≥ 4xy.

Vậy S_AQMPđạt giá trị lớn nhất bằng S_ABC khi M là trung điểm của BC.

Nhận xét: Mặt khác: S_APMQ = S_ABC – ( S_BQM + S_CPM). Vậy diện tích tứ giác APMQ lớn nhất khi và chỉ khi S_BQM + S_CPM nhỏ nhất <=> tỉ số nhỏ nhất. Từ đó ta có cách giải khác:

Cách 2:

Ký hiệu S_ABC = S; S_BQM = S₁; S_MPC = S₂. Ta có: S_AQMP = S – ( S₁ + S₂ ).

Do đó S_AQMP lớn nhất <=> S₁ + S₂ nhỏ nhất <=> nhỏ nhất.

Ta có: QM // AC => =>

PM // AB => =>

=> ( Vì (x+y)² ≤ 2(x² + y²) )

Vậy S₁ + S₂ => .

Dấu “=” xảy ra <=> x = y <=> M là trung điểm của BC.

Nhận xét : Về cách giải, ở bài toán 2 để tìm vị trí của điểm M sao cho diện tích APMQ lớn nhất, ta phải xét mối liên hệ giữa diện tích APMQ với diện tích tam giác ABC. Mặt khác, ta nhận thấy rằng nếu lấy điểm E đối xứng với điểm M qua AB, điểm F đối xứng với điểm M qua AC thì 3 điểm E,A,F thẳng hàng ( Bài 159 sách bài tập toán 8, tập một) và diện tích tam giác MEF gấp hai lần diện tích tứ giác AQMP. Vì vậy, ta có thể phát biểu thành một bài toán mới như sau:

Bài toán 2.1: Cho tam giác ABC vuông tại A; M di chuyển trên cạnh BC. Gọi E,F lần lượt là điểm đối xứng của M qua AB và AC. Xác định vị trí của điểm M để diện tích tam giác MEF lớn nhất.

Dễ dàng chứng minh được

DEAQ = DMAQ

Và DMAP = DFAP nên ta có: =

Và S_AEQ = S_MAQ ; S_AMP = S_FAP

Suy ra S_FEM = 2S_AQMP.

Đến đây ta giải giống bài toán 2.

Hướng dẫn:

Nhận xét : Bằng phương pháp tổng quát hóa, dựa vào cách giải bài toán 2 ta có thể thay tam giác ABC vuông ở A bằng một tam giác ABC bất kỳ. Khi đó P,Q được thay là giao điểm của các đường thẳng qua M song song với AB và AC, và thay việc tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác APMQ lớn nhất bằng việc chứng minh Vì vậy ta có bài toán sau:

Bài toán 2.2: Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy điểm M bất kỳ. Đường thẳng qua M và song song với AB cắt AC tại P, đường thẳng qua M và song song với AC cắt AB tại Q. Chứng minh rằng:

Phân tích: Ta thấy bài toán 2.2 là bài toán tổng quát cho bài toán 2. Nên cả hai cách giải 1 và 2 ở bài toán 2 đều áp dụng được cho bài toán này.

Cách 2: Hoàn toàn tương tự cách 2 của bài toán 2.

Cách 3:

Không mất tính tổng quát: Giả sử MB MC. Trên đoạn MB lấy điểm I sao cho MI = MC. Qua I kẻ đường thẳng song song với QM cắt AB tại K, cắt PM tại G.

Ta có: D MPC =D MGI (g.c.cg)

S_MPC = S_MGIvà MP = MG

Do đó S_AQMP = S_KQMG

( Vì AQMP và KQMG là hình bình hành)
Lại có S_ABC S_AQMP + S_KQMI + S_MPC

S_ABC S_AQMP + S_KQMI + S_MGI

S_ABC 2S_AQM_P_.

Nhận xét :

Từ bài toán 2.2 với tam giác ABC có hai góc B và C nhọn, dựng hình chữ nhật MNPQ sao cho M nằm trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC còn 2 điểm P, Q nằm trên cạnh BC, lúc này ta không yêu cầu chứng minh S_MNPQ S_ABC nữa mà yêu cầu tìm vị trí của M sao cho diện tích MNPQ là lớn nhất.

Từ đó ta có bài toán 2.3:

Bài toán 2.3 : Cho tam giác ABC có hai góc B và C nhọn. Dựng hình chữ nhật MNPQ sao cho M nằm trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC còn hai điểm P, Q nằm trên cạnh BC. Hãy tìm vị trí của điểm M để diện tích hình chữ MNPQ lớn nhất ?

Phân tích : Bài toán này thực chất là bài toán 2 được mở rộng nhưng đòi hỏi HS phải biết cách liên hệ bài toán 2 hoặc bài toán 2.2 để áp dụng kết quả của nó vào bài toán này. Từ cách giải của bài toán 2, ta nhận thấy rằng để tìm được vị trí điểm M sao cho diện tích MNPQ lớn nhất ta phải tìm được mối liên hệ giữa diện tích của MNPQ với diện tích tam giác ABC ; tức là ta phải tạo đường cao của tam giác ABC để tính diện tích. Vì cạnh PQ của hình chữ nhật nằm trên cạnh BC, suy ra đường cao phải kẻ là đường cao xuất phát từ đỉnh A. Kẻ đường cao AI ta có thể áp dụng ngay kết quả bài toán 2 vào hai tam giác AIB và AIC. Từ đó ta có thể giải bài toán 2.3 như sau :

Hướng dẫn giải:

Cách 1 : Kẻ đường cao AI, gọi K là giao điểm của AI với MN

Áp dụng kết quả bài toán 2.2 cho tam giác AIB và tam giác AIC, ta có :

S_MNPQ

Vậy MaxS_MNPQ = xảy ra khi

S_MKIQ = và S_NKIP = S_AIC

Các đẳng thức xảy ra khi M là trung điểm của AB, N là trung điểm của AC ( Áp dụng kết quả bài toán 2.2). Vậy khi M là trung điểm của AB thì hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất.

Cách 2 : Từ cách giải bài toán 2, nhìn vào hình vẽ, học sinh có thể nghĩ ngay đến việc tính tỉ số diện tích tứ giác MNPQ và diện tích tam giác ABC bằng cách kẻ đường cao AI của tam giác ABC.

Lúc đó :

S_MNPQ = MN. MQ

S_ABC = AI. BC

Suy ra

Mà ( AK + KI)² 4. AK.KI

Suy ra 2. Hay S_MNPQ .S_ABC

Vậy S_MNPQ lớn nhất bằng .S_ABC khi M là trung điểm của AB.

Cách 3 : Kẻ AI BC ; AI cắt MN tại K

Đặt AI = h ; BC = a ; MN = x ; MQ = y. Khi đó : KI = y ; AK = a- y

S_ABC = S_{AM N} + S_MNPQ + S_NPC + S_BMQ

a. h = x. (h - y) + x. y + ( NP. PC + MQ. BQ)

Mà NP = MQ = KI = y

Nên: a. h = x. (h - y) + x. y + y. ( PC + BQ)

Mà PC + BQ = BC – QP = a – x

a. h = x. (h - y) + x. y + y( a – x )

a.h = xh + ay y = .

Vậy S_MNPQ = xy = x. =

Ta có : không đổi nên diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất khi và chỉ khi x.(a – x ) lớn nhất mà x và a- x là hai số dương có tổng bằng a không đổi , do đó x. ( a – x ) lớn nhất khi x = a – x x = MN là đường trung bình của tam giác ABC. Khi đó M là trung điểm của AB. Và S_MNPQ .

Vậy khi M là trung điểm của AB thì hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất bằng S_ABC.

Nhận xét : Ta thấy với bài toán 2.3 nếu học sinh nắm chắc cách giải của bài toán 2 và bài toán 2.2 các em có thể vận dụng được kết quả để giải hoặc biết dùng cách giải tương tự để giải chứ không cần giải như cách 3 vừa dài vừa khó. Và khi năm chắc cách khai thác kết quả của bài toán, ta có thể đưa ra bài toán mới bằng cách thay giả thiết của bài toán 2.4 là hình chữ nhật MNPQ bởi hình bình hành MNPQ thì kết quả vẫn không thay đổi. Ta có bài toán 2.4

Bài toán 2.4 : Cho tam giác ABC. Dựng hình bình hành MNPQ sao cho M nằm trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC, còn hai điểm P, Q nằm trên cạnh BC. Hãy tìm vị trí của điểm M sao cho diện tích hình bình hành là lớn nhất.

Hướng dẫn giải:

Cách 1 :

Ta thấy nếu từ A vẽ đường thẳng AI song song với MQ (I BC ) thì ta sẽ vận dụng được kết quả bài toán 2.2 vào hai tam giác AIC và AIB với các hình bình hành IKNP và IKMQ.

Ta có : S_IKNP S_AIC và S_IKMQ S_ABI

Suy ra S_MNPQ S_ABC.

Dấu bằng xảy ra khi M là trung điểm của AB, N là trung điểm AC.

Vậy để S_MNPQ lớn nhất thì M là trung điểm của AB

Cách 2 :

Ta cũng có thể dùng cách 1 của bài toán 2, Bằng cách kẻ đường cao AI, và tính tỉ số diện tích của tứ giác MNPQ với diện của tam giác ABC.

Nhận xét :

Như vậy ở các bài toán trên đã xoay quanh việc nội tiếp hình bình hành vào trong một tam giác để diện tích hình bình hành đó là lớn nhất. Vậy nếu hình bình hành là cố định thì tam giác được dựng như thế nào sẽ có diện tích nhỏ nhất. Ta xét bài toán sau :

Bài toán 2.5 : Cho góc xOy và điểm H cố định thuộc miền trong của góc đó. Một đường thẳng d quay xung quanh điểm H cắt Ox, Oy lần lượt tại C và D. Hãy dựng đường thẳng d để diện tích tam giác COD nhỏ nhất.

Phân tích bài toán :

Ta nhận thấy rằng tam giác COD thay đổi khi cạnh CD quay quanh điểm H. Dựa vào kết quả của bài toán 2.2 ta nghĩ đến việc tạo ra hình bình hành có đỉnh là H và O trong tam giác COD. Từ đó ta có cách giải như sau :

Cách 1

Từ H kẻ HA // Ox ( A Oy); HB // Oy ( B Ox )

Áp dụng kết quả bài toán 2.2 ta có:

S_OAHB S_COD hay S_COD S_OAHB

Vì O, H, Ox và Oy cố định nên OAHB cố định

và S_OAHBkhông đổi.

Vậy COD nhỏ nhất khi S_COD = 2.S_OAHB xảy ra khi H là trung điểm của CD. Ta có cách dựng đường thảng d như sau:

Từ H kẻ HA // Ox ( A Oy), trên tia Oy ta lấy điểm D sao cho OD = 2.OA. Nối DH cắt Ox tại C. CD là đường thẳng cần dựng.

Cách 2:

Ở bài toán này ta có thể chứng minh diện tích tam giác COD nhỏ nhất bằng cách: qua H dựng đường thẳng d cắt Ox, Oy tại C và D sao cho CH = HD. Ta chứng minh diện tích tam giác COD nhỏ nhất.

Thật vậy: Qua H kẻ đường thẳng d’ bất kỳ cắt Ox,Oy tại C’,D’.

Ta cần chứng minh: S_COD < S_C’OD’.

Sẽ có các khả năng: OC’ < OC và OD’ > OD hoặc OC ’< OC và OD’ > OD

*) Giả sử OC’ < OC và OD’ > OD.

Từ D kẻ đường thẳng song song với Ox cắt C’D’tại N.

D HCC’ = D HDN ( g.c.g) S_HCC’< S_HDD’

S_HCC’ + S_C’HDO < S_HDD’ + S_C’HDO hay S_COD < S_C’OD’.

Trường hợp còn lại chứng minh tương tự.

Nhận xét : Ở bài toán 2.5, nếu học sinh hiểu và nắm vững cách giải bài toán 2.2 thì dễ dàng giải được bài toán 2.5. Bây giờ ta xét một bài toán khó hơn mà muốn vận dụng được kết quả bài toán 2.2 ta phải kẻ đường phụ để đưa về bài toán 2.2.

Bài toán 2.6: Cho hình thang ABCD ( AB // CD ), hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại P. Chứng minh rằng: S_PAB + S_PCD S_ABCD.

Phân tích bài toán:

Từ yêu cầu của bài toán, gợi cho ta nghĩ đến việc vận dụng bài toán 2.2 để giải. Vì ABCD là hình thang nên S_DAB = S_CAB suy ra S_APD = S_BPC. Vì vậy để chứng minh S_PAB + S_PCD S_ABCD ta chứng minh 2.S_APDS_ABCD. Vì vậy ta nghĩ cần ghép 2. S_APD thành diện tích một hình bình hành và chuyển S_ABCD thành diện tích của một tam giác chứa 2. S_APD và có diện tích bằng S_ABCD.

Cách 1:

Từ A kẻ đường thẳng song song với BD cắt CD kéo dài tại E. Qua D kẻ đường thẳng song song với AC cắt AE tại Q. Áp dụng kết quả bài toán 2.2 ta có :

Hướng dẫn:

S_AQDP S_AEC S_EQD + S_DCP S_AEC (1)

Mà S_DAB = S_CAB S_PAD= S_PBC (2)

Vì AQDP và ABDE là các hình bình hành nên:

QD = AP; DE = AB; QDE = PAB ( góc có cạnh tương ứng song song)

Suy ra D APB = D DQE ( c.g.c) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: S_PAB + S_PCD = S_EQD + S_PCD S_AEC

S_PAB + S_PCD ( S_EQD + S_AQD + S_ADP + S_PCD)

S_PAB + S_PCD S_ABCD, dấu bằng xảy ra khi D là trung điểm của CE khi đó

S_PAB + S_PCD ( S_ABP + S_PBC + S_ADP + S_PCD)

AB = CD và tứ giác ABCD là hình bình hành.

Cách 2:

Ta có thể tính trực tiếp mà không sử dụng kết quả bài 2.2

Đặt S_PAB = S₁; S_PAD = S₂;

S_PCD = S₃; S_PBC = S₄

Kẻ AQ DB; CR BD, ta có:

S₂.S₄ = ( .AQ. PD ).( .CR. PB )

= (.AQ. PB ).( . CR. PD ) = S₁. S₃

( S₁ + S₃ )² 4. S_1.S₃ = 4. S₂. S₄ (1)

Vì ABCD là hình thang nên S₂ = S₄,

Vậy (S₂ + S₄ )² = 4.S₂. S₄ (2)

Từ (1), (2) suy ra (S₁ + S₃)² ( S₂ + S₄ )²

S₁ + S₃ S₂ + S₄

2. ( S₁ + S₃ ) S₁ + S₃ + S₂ + S₄ S₁ + S₃ S_ABCD.

Dấu bằng xảy ra khi S₁ = S₂ = S₃ = S₄ khi đó ABCD là hình bình hành.

Nhận xét :

Như vậy nếu chúng ta biết vận dụng thành thạo kết quả bài toán 2.2 thì ta sẽ giải bài 2.6 dễ dàng ( cách 1). Còn nếu chúng ta không biết chuyển bài toán để áp dụng kết quả bài toán 2.2 thì việc tìm ra hướng giải khó hơn ( cách 2).

Bài toán 2.7: Cho hình bình hành ABCD và điểm M cố định trên cạnh BC, lấy điểm N bất kỳ trên cạnh AD. Gọi H là giao điểm của AM và BN, I là giao điểm của MD và NC. Tìm vị trí của điểm N để diện tích MHNI lớn nhất.

Phân tích bài toán: Ta có ABMN và DCMN luôn là hình thang. Câu hỏi đặt ra là ta có thể áp dụng kết quả của bài 2.6 không?

Hướng dẫn:

Nối M với N ta được ABMN và CDNM là hình thang.

Áp dụng kết quả bài toán 2.10 ta có:

S_AHN + S_HBM S_ABMN

S_HAB + S_HMN S_ABMN

Mà S_HAB = S_HNM ( vì S_ABM = S_NBM ) S_HMN S_ABMN

Dấu bằng xảy ra khi AB // MN. Tương tự: S_IMN S_CDNM

dấu bằng xảy ra khi MN // CD.

Từ đó suy ra:

S_MHNI = S_HMN + S_IMN S_ABMN + S_CDNM S_MHNI S_ABCD.

Vậy diện tích tứ giác MHNI lớn nhất bằng S_ABCD khi MN // AB.

Nhận xét : Từ bài toán 2.2, ta thấy: nếu M là trung điểm của BC và P, Q là hai điểm bất kỳ thuộc cạnh AC, AB.Tương tự cách 3 của bài toán 2.2 ta có cách giải cho bài toán hay và khó sau:

Hướng dẫn :

Trên tia đối của tia MP lấy điểm G sao cho:

MP = MG; S_MPQ = S_MQG

Và D CMP = D BMG (c.g.c)

Ta có: S_MPQ = S_MQG S_MGBQ = S_MBQ + S_MBG

S_MPQ S_MBQ + S_CMP (1)

Lại có: S_MPQ S_AQMP (2)

Từ (1), (2) suy ra

2.S_MPQ S_MBQ + S_CMP + S_AQMP

2. S_MPQ S_ABC

S_MPQ S_ABC

Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi Q trùng với A, P trùng với C hoặc Q trùng với B, P trùng với A.

Bài toán 2.8: Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC; P, Q là hai điểm bất kỳ thuộc AC, AB. Chứng minh rằng

Dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi Q trùng với A, P trùng với C hoặc Q trùng với B, P trùng với A.

Nhận xét chung:

Như vậy, trong đề tài này thì bài tập 18 trang 21 sgk toán 8 tâp 1 là cở sở lý thuyết để chúng ta giải được bài toán 1, bài toán 1 và bài toán 2 là trường hợp đặc biệt của bài toán 2.2, bài toán 2.2 là tiền đề để giải các bài toán còn lại. Phương pháp chung là vận dụng kết quả của bài toán 2.2 vào các bài toán còn lại mặc dù các bài toán đó vẫn có những cách giải khác. Để vận dụng có hiệu quả nhất định thì giáo viên cần phải biết hướng dẫn học sinh phân tích bài toán. Với bài toán đã giải ta tìm các kết quả tương đương, lưu ý các kiến thức đã sử dụng để giải. Với bài toán mới, ta tìm cách liên hệ với bài toán đã giải bằng cách dựa vào hình vẽ hoặc dựa vào yêu cầu của bài toán.

C. KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ

I. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI

Trong chương trình giảng dạy của các năm học 2018-2019; 2019-20120 tôi và các đồng nghiệp đã vận dụng sáng kiến này trong dạy các tiết luyện tập, ôn tập với đối tượng học sinh khá giỏi và trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi tại trường đã cho kết quả tốt. Kết quả so với năm học 2017 -2018 khi chưa áp dụng đề tài cho thấy phần lớn học sinh đã có khả năng phân tích đề một bài toán lạ, học sinh biết khai thác, mở rộng kết quả các bài tập cơ bản xâu chuỗi các bài toán khi làm bài ở lớp, ở nhà hay bài kiểm tra. Chất lượng mũi nhọn của môn toán trong nhà trường được nâng lên đáng kể. Hàng năm, số lượng học sinh đạt học sinh giỏi cấp huyện, khối lớp 8 được nâng lên.

Kết quả khảo sát số học sinh giải được bài toán diện tích theo các mức độ thông qua bài kiểm tra 90 phút của HS lớp 8 liên tục tăng trong 3 năm gần đây. Số liệu cụ thể được minh chứng qua các bảng số liệu sau:

Năm học	Tổng số HS	Số HS giải được theo các mức độ
		Từ 0-20% bài tập		Trên 20-50% bài tập		Trên 50-80% bài tập		Trên 80% bài tập
		SL	%	SL	%	SL	%	SL	%
2017- 2018	33	8	24,2	13	39,4	12	36,4	0	0
2018-2019	35	6	17,2	11	31,4	14	40	4	11,4
2019-2020	34	4	11,7	7	20,6	16	47,1	7	20,6

Biểu đồ so sánh số lượng HS lớp 8 của trường giải được bài toán diện tích theo các mức độ (từ năm học 2017 -2018 đến 2019 -2020)

Như vậy sau khi áp dụng đề tài thì số lượng học sinh giải theo các mức độ đã có sự thay đổi đáng kể. Đặc biệt là các em đã giải được 50% số lượng bài tập trở lên đã tăng lên rõ dệt.

II. KẾT LUẬN .

Qua quá trình giảng dạy và nghiên cứu, bản thân tôi nhận thấy: Các giáo viên giảng dạy toán đều đánh giá cao tầm quan trọng của việc khai thác, phát triển từ một bài toán mà học sinh đã giải được. Mở rộng, phát triển thêm các bài toán khác (đơn giản hoặc thường là phức tạp hơn) sẽ kích thích cho học sinh tính sáng tạo, phát triễn tư duy, học sinh có sự móc nối các kiến thức lại với nhau. Với cách học và cách dạy như thế này luôn tạo cho học sinh tình huống có vấn đề, bắt buộc học sinh luôn phải tìm tòi, suy nghỉ giải quyết các vấn đề đặt ra.

Sau một thời gian kiên trì, nghiêm túc và nỗ lực thực hiện với sự giúp đỡ của đồng nghiệp, tôi đã hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm với đề tài “Rèn kỹ năng khai thác và phát triển bài toán diện tích trong sgk hình học 8”. Tôi mong muốn được học hỏi, trao đổi thêm cùng tất cả đồng nghiệp và bạn đọc quan tâm vấn đề này. Đồng thời, tôi cũng hi vọng đề tài này sẽ đóng góp một phần nhỏ trong việc bổ sung hiểu biết, góp phần làm tài liệu tham khảo cho công tác giảng dạy toán cũng như học toán, từ đó nâng cao được chất lượng dạy và học môn toán trong nhà trường.

III. KHUYẾN NGHỊ:

* Đối với giáo viên :

Cần đẩy mạnh triển khai sáng kiến kinh nghiệm và vận dụng thường xuyên sáng kiến kinh nghiệm trong giảng dạy phân môn hình học 8 ở nhà trường trong thời gian từ nay về sau . Đồng thời theo dõi kết quả của học sinh để tìm ra biện pháp khắc phục nhược điểm và hạn chế của đề tài.

*Đối với tổ và nhà trường :

- Cần đưa ra hội thảo chuyên đề về “Rèn kỹ năng khai thác và phát triển bài toán diện tích trong sgk hình học 8” nói riêng và hình học cấp THCS nói chung ,coi đây là nhiệm vụ quan trọng góp quyết định đến việc đổi mới phương pháp giảng dạy, học tập bộ môn toán .

- Hàng năm nhà trường ngoài việc phát động phong trào viết sáng kiến kinh nghiệm nên tổ chức đánh giá lại những sáng kiến kinh nghiệm có ứng dụng thiết thực trong công tác giảng dạy và động viên, khích lệ một cách kịp thời và xứng đáng.

* Đối với Phòng giáo dục : Nên tổ chức các chuyên đề về “ đổi mới phương pháp dạy học môn toán THCS” ở cấp liên trường và cấp huyện để cho đội ngũ cán bộ giáo viên có điều kiện trao đổi, giao lưu học hỏi kinh nghiệm nhằm phục vụ cho công tác giáo dục ngày càng tốt hơn.

Xin trân trọng cảm ơn!