Tài liệu Vẽ thêm yếu tố phụ trong bài toán hình học

PHÒNG GD&ĐT TAM DƯƠNG TRƯỜNG THCS HOÀNG HOA BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: “Vẽ thêm yếu tố phụ trong bài toán hình học” Tác giả sáng kiến: Vũ Thị Nhung Tam Dương, năm 2019 BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN 1.Lời giới thiệu: Toán học là cơ sở của nhiều ngành khoa học quan trọng.Sự phát triển của toán học gắn bó chặt chẽ và có tác động qua lại trực tiếp với sự tiến bộ của khoa học kĩ thuật. Vì vậy, những hiểu biết và nhận thức về toán học có giá trị to lớn trong đời sống và sản xuất,đặc biệt trong giai đoạn công nghiệp hoá hiện đại hoá đất nước hiện nay. Trong nhà trường, các tri thức và phương pháp nghiên cứu toán học giúp học sinh học tốt các bộ môn khác. Trong đời sống hàng ngày, việc tính toán, các thao tác thực hành, đọc và vẽ biểu đồ, đo đạc ước lượng, sử dụng các thiết bị ứng dụng toán học, máy tính điện tử,…, là điều kiện cần có để tiến hành hoạt động của người lao động. Không những vậy, toán học còn góp phần to lớn vào việc phát triển trí tuệ, rèn luyện năng lực tư duy, hình thành nhân cách cho học sinh. Đặc biệt, hệ thống các phương pháp giải toán góp phần đắc lực vào việc phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh .Trong đó, phải kể đến phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ khi giải các bài tập hình học .Việc vẽ thêm yếu tố phụ nhiều khi làm cho việc giải toán trở nên dễ dàng, thuận tiện hơn, thậm chí có nhiều bài toán phải vẽ thêm yếu tố phụ mới tìm được lời giải. Tuy nhiên, việc vẽ thêm yếu tố phụ như thế nào để thuận lợi cho việc giải toán lại là vấn đề không phải là đơn giản. Các nhà toán học chỉ đưa ra một số ví dụ định hướng phân tích vẽ yếu tố phụ như thế nào cho có lợi bởi vì thực tế không có phương pháp chung để định hướng cho việc vẽ thêm các yếu tố phụ cho bài toán. Đó là thể hiện năng lực sáng tạo trong khi giải toán, được hình thành và phát triển trong quá trình học tập, rèn luyện, nghiên cứu của mỗi người. Đề tài “Vẽ thêm yếu tố phụ trong bài toán hình học” nhằm góp phần phát triển năng lực sáng tạo đó, đồng thời tạo niềm say mê toán học, gây hứngthú học tập cho học sinh ở trường THCS 2. Tên sáng kiến: “Vẽ thêm yếu tố phụ trong bài toán hình học” 3. Tác giả sáng kiến: - Họ và tên:Vũ Thị Nhung. - Địa chỉ tác giả sáng kiên: Trường THCS Hoàng Hoa, huyện Tam Dương, tỉnh Vĩnh Phúc. - Số điện thoại:0978 513 672 E_mail: [email protected] 4. Chủ đầu tư tạo ra sáng : Vũ Thị Nhung 5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến:Môn Toán lớp 7 6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: 02/03/2018 7. Mô tả bản chất của sáng kiến: - Về nội dung của sáng kiến: *Một số hướng gợi ý học sinh vẽ thêm yếu tố phụ: Khi giải toán hình học, ta gặp một số bài toán mà không vẽ thêm yếu tố phụ thì không thể tìm được lời giải ( bế tắc ) . Nếu biết vẽ thêm yếu tố ( đường ) phụ thích hợp tạo ra sự liên hệ giữa các yếu tố đã cho thì việc giải toán sẽ được thuận lợi. Thông thường, có một số hướng tư duy vẽ thêm yếu tố phụ như sau: +Kéo dài một đoạn thẳng cho trước với độ dài bằng một độ dài cho trước. +Từ một điểm , vẽ một đường thẳng song song với một đường thẳng cho trước. +Từ một điểm kẻ một đường thẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước. +Nối hai hay nhiều điểm cho trước với nhau. +Dựng đường phân giác của một góc cho trước. +Dựng tam giác ( đều, cân,…). *Một số trường hợp cụ thể: a)Kéo dài 1 đoạn thẳng cho trước với độ dài bằng một độ dài cho trước: Ví dụ1: Chứng minh định lí: “Trong tam giác vuông, trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền”. +)Hướngchứng minh: Có ABC vuông tại A, trung tuyến AM. 1 2 Để chứng minh AM = BC hay MA = MB = MC ,ta tạo ra một đoạn thẳng có chứa đoạn AM sao cho có độ dài bằng 2AM và ta đi chứng minh đoạn thẳng đó bằng BC. Từ đó ta nảy sinh ra cách vẽ thêm đường phụ ( vẽ thêm BD) +)Chứng minh: Giả thiết: ABC ( A = 900 ) Kết luận: AM = 1 BC 2 Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho AM = MD . Nối B với D. Xét hai tam giác AMC và DMC có: MA = MD ( theo cách dựng ) MC = MB (theo giả thiết ) AMC = DMB  (đối đỉnh ) Do đó AMC = DMB (c.g.c) Suy ra: AC = BD A = D  2 Mà A 2 và D ở vị trí so le trong nên AC// BD Mặt khác AC  AB nên từ đó suy ra BD  AB Xét hai tam giác vuông ABC và BAD có: AB là cạnh chung AC = BD (chứng minh trên) Do đó ABC = BAD Suy ra BC = AD .Mà AM = 1 1 AD nên AM = BC 2 2 Ví dụ 2: Cho ABC có AB < AC, phân giác AD . Chứng tỏ rằng: a) Góc ADC là góc tù b) DC > DB +) Hướng chứng minh: So sánh các góc của hai tam giác ABD và ACD . Từ đó có được góc ADC là góc tù. Ta phải so sánh DC và DB , hai đoạn này không phải là hai cạnh của một tam giác nên không vận dụng được định lí về quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác. Ta chuyển DB và DC về cùng một tam giác bằng cách vẽ thêm đường phụ (AE = AB ) +)Chứng minh:  a) Tam giác ABC có AB < AC ( giả thiết) nên C < B Xét hai tam giác ABD và ACD có: A = A  (giả thiết) 1 2 B > C  ( chứng minh trên )   Suy ra ADB < ADC , mà ADB + ADC = 1800 ( hai góc kề bù) Nên 0 ADC > 180 = 900 . Vậy ADC  là góc tù. 2 b)Trên AC lấy điểm E sao cho AE = AB.  ADB = ADE ( c.g.c ) suy ra DB = DE (1) và ABD = AED  Do đó CBx = CED ( cùng kề bù với hai góc bằng nhau ) Mà CBx > C ( tính chất góc ngoài của tam giác ABC ). Suy ra CED > C Do đó DC > DE (2) Từ (1) và (2) suy ra DC > DB. b)Từ một điểm vẽ một đương thẳng song song với một đường thẳng cho trước trước: Ví dụ 3: Chứng minh định lí: “ Tổng ba góc của một tam giác bằng 1800” +)Hướng chứng minh:  + C  = 1800 ta tạo ra một góc bẹt được chia ra Có ABC . Để chứng A + B thành ba góc bằng với ba góc A , B , C bằng cách qua A kẻ đường thẳng xy // BC. +) Chứng minh: Giả thiết: ABC  + C  = 1800 Kết luận: A + B Qua A kẻ đường thẳng xy // BC . Ta có: B = A  ( 2 góc so le trong ) 1 C = A  ( 2 góc so le trong ) 2  + C  = 1800. Do đó A + B Ví dụ 4: Cho ABC . Các điểm D và M di động trên cạnh AB sao cho AD = BM. Qua D và M vẽ các đường thẳng song song với BC cắt cạnh AC lần lượt tại E và N. Chứng minh rằng tổng DE + MN không đổi. +) Hướng chứng minh: Trong bài toán có cho vẽ các đường song song ta nghĩ đến vẽ thêm một đưòng song song với một đường thẳng đã cho. Qua M kẻ đường thẳng song song với AC. +) Chứng minh: Vẽ MF // AC ( F  BC ) ta có MN = FC (tính chất đoạn chắn ) Xét hai tam giác ADE và MBF có : A = BMF  ( 2 góc đồng vị ) AD = MB ( giả thiết ) ADE = MBF  ( 2 góc đòng vị ) Do đó ADE = MBF (g.c.g ) . Suy ra DE = BF. Ta có DE + MN = BF + FC = BC (không đổi). c)Từ một điểm vẽ một đương thẳng vuông góc với một đường thẳng cho trước trước: Ví dụ 5 : Tam giác ABC có đường cao AH và trung tuyến AM chia góc A thành ba góc bằng nhau . Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác vuông. +) Hướng chứng minh : AM là tia phân giác của góc HAC mà MH  AH nên nghĩ đến kẻ MI  AC sẽ có được MI = MH từ đó MI = 1 1 BM = MC .Từ đó có điều cần chứng minh 2 2 +) Chứng minh: Vẽ MI  AC. Ta có MAI = MAH ( cạnh huyền-góc nhọn ) suy ra MI = MH ABH = AMH ( g.c.g ) Suy ra BH = MH = Do đó MI = 1 1 BM = MC 2 2 1 MC nên C = 300 , HAC = 600 suy ra MMC = 300 2 Từ đó BAC = 300.3 = 900 hay ABC vuông tại A. Ví dụ 6: Cho O là một điểm nằm trong tam giác ABC. Biết AO = AC, chứng minh rằng ABC không thể cân tại A. +) Hướng chứng minh: Vẽ thêm đường phụ AH  CM , làm xuất hiện trong hình vẽ đường vuông góc, các đường xiên và hình chiếu .Ta vận dụng định lí về quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu của chúng để từ đó có điều phải chứng minh. +) Chứng minh: Gọi M là giao điểm của tia CO với cạnh AB. Vì O nằm trong ABC nên điểm M nằm giữa A và B suy ra AM < AB (1) Vẽ AH  CM ( H  CM ) . Ta có AC = AO ( giả thiết ) nên HC = HO ( quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu ). Mặt khác HO < HM nên HC < HM suy ra AC < AM (2). Từ (1) và (2) suy ra AC < AB . Vậy ABC không thể cân tại A. d) Nối hai điểm cho trước trước:  . Ví dụ 7: Cho hình vẽ dưới đây. Chứng minh rằng : B1 = C 1 +) Hướng chứng minh: Để chứng minh B1 = C 1 ta gắn hai góc đó vào hai tam giác rồi chứng minh hai tam giác đó bằng nhau . Từ đó nghĩ đến việc nối A với M. +) Chứng minh: Nối A với M . Xét hai tam giác AMB và AMC có : AB = AC ( giả thiết ) MB = MC ( giả thiết ) AM là cạnh chung  (đpcm) Do đó AMB = AMC ( c.c.c ) suy ra B1 = C 1 e)Dựng đường phân giác của một góc cho trước: Ví dụ 8: Cho tam giác ABC cân tại A. Kẻ đường cao CD. Chứng minh rằng DCB = 1 BAC 2 +) Hướng chứng minh: Tạo ra một góc bằng một nửa góc A bằng cách kẻ đường phân giác của góc BAC +) Chứng minh: Kẻ AH là đường phân giác của góc BAC ( H  BC ). Vì ABC cân tại A nên AH là đường phân giác đồng thời là đường cao . Do đó C1 = A1 ( góc có cạnh tương ứng vuông góc ) 1  1  1  Mà A1 = BAC nên C1 = BAC hay DCB = BAC ( đpcm ) 2 2 2 Ví dụ 9: Cho ABC, A = 600 . Phân giác BD , CE cắt nhau tại O . Chứng minh rằng : a)DOE cân b)BE + CD = BC. +)Hướng chứng minh: Đẻ chứng minh DOE cân ta chứng minh OD = OE . Ta dùng đoạn thẳng trung gian để so sánh OD với OE . Mà bài toán có liên quan đến phân giác nên ta nghĩ đến vẽ tia phân giác của một góc để tạo ra đoạn thẳng trung gian . Đó là tia phân giác của góc BOC. +) Chứng minh: Bˆ  Cˆ 1800  Aˆ a)Ta có BOC = 1800 – ( B1 + C1 ) = 1800 – ( ) = 1800 – ( ) 2 2 Aˆ Suy ra BOC = 900 + = 1200. 2 Vẽ phân giác OF của góc BOC ( F  BC ) , ta được Oˆ 1 =Oˆ 2 =Oˆ 3 = Ô4 = 600 BOE = BOF (g.c.g )  OE = OF và BE = BF COD = COF ( g. c.g )  OD = OF và CD = CF Do đó OE = OD ( vì cùng bằng OF )  DOE là tam giác cân tại O b)Ta có BE + CD = BF + CF = BC ( đpcm ). f)Dựng tam giác đều: Ví dụ 10: Cho tam giác ABC vuông tại A , Ĉ = 150 . Trên tia BA lấy điểm O sao cho BO = 2 AC . Chứng minh rằng OBC cân. +) Hướng chứng minh: Ta sẽ đi chứng minh OB = OC , cần gắn OB, OC vào hai tam giác rồi chứng minh hai tam giác đó bằng nhau. Ta thấy 750- 150 =600 là số đo mỗi góc của tam giác đều . Điều này gợi ý cho ta vẽ tam giác đều BCM . Từ đó ta sẽ chứng minh được bài toán. +) Chứng minh: ABC vuông tại A , Ĉ = 150 ( giả thiết ) suy ra B̂ = 750. Vẽ tam giác đều BCM ( M và A cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ là BC ). Ta được OBM = 150 . Gọi H là trung điểm của OB .   Ta có HMB = ABC ( c.g.c )  MHB = BAC = 900 . Trong tam giác MOB có MH là đường cao đồng thời là đường trung tuyến   Nên MOB cân tại M  BMO = 1500  CMO = 3600 – ( 1500 + 600 )   CMO =1500. Ta có MOB = MOC ( c.g.c )  OB = OC . Vậy OBC là tam giác cân tại O. Ví dụ 11: Cho tam giác đều ABC, O là một điểm bất kì nằm trong tam giác. Chứng minh rằng 3 đoạn thẳng OA, OB, OC thoả mãn bất đẳng thức tam giác. +) Hướng chứng minh: Ta thấy 3 đoạn thẳng OA, OB, OC không phải là ba cạnh của một tam giác. Để chứng minh 3 đoạn thẳng này thoả mãn bất đẳng thức tam giác ta đưa chúng trở thành 3 cạnh của một tam giác bằng cách vẽ thêm tam giác đều AOD. +) Chứng minh: Vẽ tam giác đều AOD ( D và B thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ là AO ).    Có BAO = CAD ( vì cùng cộng với OAC bằng 600 ). Xét hai tam giác BAO và CAD có BA = CA ( vì ABC đều )  = CAD ( chứng minh trên ) OA = DA ( theo cáh dựng ) Do đó BAO = CAD ( c.g.c) suy ra OB = CD. Như vậy 3 đoạn thẳng OA, OB, OC lần lượt bằng 3 cạnh OD, CD, OC của COD. Do đó 3 đoạn thẳng OA, OB, OC thoả mãn bắt đẳng thức tam giác. *) Một số bài tập ứng dụng: Bài tập1: Cho hai điểm A , B trên cùng một nửa mặt phẳng bờ xy. Hãy xác định một  điểm O thuộc xy sao cho AOx BOy . Bài tập 2: Cho tam giác ABC cân tai A ,  = 1000 .Trên tia AC lấy điểm D sao  cho AD = BC . Tính CBD . Bài tập3: Tam giác ABC có AB > AC, phân giác AD . Lấy điểm M thuộc AD ( M không trùng với A ). Chứng minh rằng AB – AC > MB – MC. Bài tập 4: Cho tam giác ABC , trung tuyến AM cũng là phân giác. Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác cân. - Về khả năng áp dụng của sáng kiến: Giáo viên cần tìm tòi, tích luỹ thành một hệ thống các bài toán hình học có sử dụng phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ, từ đó sử dụng phương pháp dạy học phù hợp với đối tượng học sinh. Cần phát huy tốt phương pháp dạy học hợp tác theo nhóm nhỏ sẽ phát huy được tư duy của học sinh, tính tích cực suy nghĩ, phối kết hợp cùng giải quyết. Giáo viên không chỉ chú ý đến số lượng một cách thuần tuý mà cần cụ thể, tỉ mỉ ở từng bài tập các dạng khác nhau. Giáo viên phải kết hợp tốt các chức năng dạy học, giáo dục, chức năng phát triển, chức năng kiểm tra. Giáo viên tạo được sự hứng thú học tập của học sinh, kích thích động cơ học tập. Học sinh giỏi toán thường có xu hướng giải nhiều bài toán, đặc biệt là những bài toán khó đòi hỏi tính sáng tạo. Trong các bài tập về nhà, giáo viên cần cho thêm những bài toán như vậy với yêu cầu không bắt buộc, ở một số bài toán cần khuyến khích giải nhiều cách với các cách vẽ khác nhau. Rèn luyện tư duy sáng tạo thông qua việc tìm nhiều lời giải cho mỗi bài tập cụ thể. 8. Những thông tin cần được bảo mật:Không 9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Được sự quan tâm của ban giám hiệu và đồng nghiệp và phụ huynh học sinh có thiết bị đồ dùng có đầy đủ. Mỗi giáo viên cần tích cực tự học, tự rèn để nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ; Nắm chắc các kiến thức kĩ năng môn Toán cũng như các môn học khác trong chương trình THCS. Chủ động tìm hiểu, nghiên cứu, học tập các phương pháp hay và sáng tạo của bạn bè đồng nghiệp trong và ngoài nhà trường. 10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả và theo ý kiến của tổ chức, cá nhân đã tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu, kể cả áp dụng thử (nếu có) theo các nội dung sau: 10.1. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả: Từ kết quả trên bản thân tôi đã rút ra được một số kinh nghiệm sau: - Trong giảng dạy để giờ học đạt kết quả cao, các em cần nắm vững được kiến thức kĩ năng bài học và vận dụng thực hành tốt, giáo viên cần nhiệt tình, có tinh thần trách nhiệm cao, tập trung nghiên cứu kĩ nội dung bài dạy, có kế hoạch sử dụng trò chơi phù hợp, hợp lý cho từng chủ đề từ vựng. - Với đặc điểm tâm lý lứa tuổi học sinh THCS nói chung và học sinh lớp 7 nói riêng hiếu động, nên hay bị các yếu tố bên ngoài ảnh hưởng, do đó trong các tiết học cần sử dụng linh hoạt các phương pháp dạy học, kết hợp các bài tập vừa sức tạo động lực mạnh mẽ giúp các em tiếp thu bài một cách hiệu quả. 10.2. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tổ chức, cá nhân: * Kết quả, chuyển biến của đối tượng: Sau một thời gian dạy thực nghiệm “Vẽ thêm yếu tố phụ trong bài toán hình học”. Tôi thấy được chất lượng và hiệu quả của giờ dạy môn Toán hình học của mình tăng lên rõ rệt. Học sinh được chuyển sang thực hành rất tốt, giờ học sôi nổi, không khí học tập không còn buồn tẻ như trước kia. Học sinh hào hứng trong học tập và kiến thức được khắc sâu hơn. Kết quả dạy thực nghiệm còn được đánh giá qua bài kiểm tra chất lượng và thăm dò hứng thú học tập của học sinh. Kết quả trước và sau khi áp dụng đề tài “Vẽ thêm yếu tố phụ trong bài toán hình học”. Bài kiểm tra lần 1: LỚP TỔNG SỐ SỐ HS ĐẠT ĐIỂM TRÊN 5 TỔNG SỐ % 17 50 HỌC SINH 7A 34 7B 32 10 31,3 Bài kiểm tra lần 2: LỚP TỔNG SỐ HỌC SINH 7A 7B SỐ HS ĐẠT ĐIỂM TRÊN 5 TỔNG SỐ % 34 32 20 12 59 37,5 TỔNG SỐ SỐ HS ĐẠT ĐIỂM TRÊN 5 TỔNG SỐ % Bài kiểm tra lần 3: LỚP HỌC SINH 7A 7B 34 32 23 13 67,6 40,6 11. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu Số Tên tổ chức/cáĐịa chỉ Phạm vi/Lĩnh vực TT nhân áp dụng sáng kiến 1 Hà Thị Thúy Trường THCS Hoàng Hoa Lớp 7A 2 Nguyễn Thị Xuân Trường THCS Hoàng Hoa Lớp 7B Tam Dương, ngày tháng năm 2019 Tam Dương, ngày tháng năm 2019