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_AQMP cũng 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_AQMP lớn 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_AQMP  đạt 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 SAEQ = SMAQ ; SAMP = SFAP Suy ra SFEM = 2SAQMP. 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)               SMPC = SMGI và MP = MG Do đó SAQMP = SKQMG

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

( 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_AQMP.

 

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 : SIKNP  SAIC  và SIKMQ  SABI Suy ra SMNPQ   SABC.

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

       

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_OAHB không 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:  SCOD < SC’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_APD