SKKN Rèn luyện năng lực tư duy, sáng tạo cho học sinh qua việc hướng dẫn khai thác và phát triển các bài toán trong sách giáo khoa Toán 7
Từ việc tìm ra nhiều lời giải khác nhau cho một bài toán, học sinh sẽ chọn được lời giải hay cho bài toán đó. Hơn thế, bước đầu các em còn được rèn khả năng bao quát, hội tụ các kiến thức, các yếu tố có liên quan để giải quyết vấn đề một cách tối ưu nhất. Song trong thực tế, học sinh rất cần được rèn khả năng dự đoán, phát hiện những vấn đề mới từ những điều đã biết và chủ động giải quyết những vấn đề đó. "Khai thác & phát triển bài toán đã cho thành những bài toán mới" là một biện pháp tích cực giúp học sinh rèn khả năng tư duy nói trên.
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 được 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 tôi đang công
tác 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. 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 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.
1
Chính vì những lí do trên, tôi viết sáng kiến kinh nghiệm với đề tài:
“Rèn luyện năng lực tư duy, sáng tạo cho học sinh qua việc hướng dẫn 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 7D năm học 2014 –
2015 và năm học 2016 – 2017 của trường THCS nơi tôi đang giảng dạy.
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 năm học 2014 – 2015 và năm học
2016-2017.
2
B- NỘI DUNG ĐỀ TÀI
Đề tài “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” nghiên cứu và đưa ra 3 hướng khai thác, phát triển các bài toán
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:
A
Trên tia đối của tia MA lấy điểm N
sao cho MN = MA
1
2
2
Xét ∆ MAC và ∆ MNB có :
MB = MC (gt);
1
1
̂
̂
B
푀1 = 푀2( đối đỉnh)
MA = MN ( cách vẽ)
=> ∆ MAC =∆ MNB( c.g.c)
=>AC = BN (1)
M
̂
̂
̂
̂
̂
Và 퐴2 = 푁 mà 퐴1 = 퐴2 (gt) => 퐴1 =
푁
N
̂
=> ∆ BAN cân tại B => BA= BN (2)
Từ (1) và (2) => AB = AC
=> ∆ ABC cân tại A
3
Cách 2:
A
Qua B kẻ đường thẳng song song với
AC cắt tia AM tại D.
2
1
Xét ∆ MBD và ∆ MCA có
̂
̂
̂
̂
퐵1 = 퐶1 ( so le trong ), MB = MC( gt);
C
1
1
M
B
푀1 = 푀2 ( đối đỉnh)
=> ∆ MBD = ∆ MCA(g.c.g)
=> BD = AC ( 1)
1
̂
̂
Mặt khác 퐷 = 퐴2 ( so le trong)
D
̂
̂
̂
̂
Mà 퐴1 = 퐴2 (gt) =>퐴1 = 퐷
=>∆ 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
(1)
=> ∆ BAE cân tại B
1
2
̂
̂
=> 퐴1 = 퐸
̂
̂
Mà 퐴1 = 퐴2 (gt)
1
1
B
̂
̂
=> 퐴2 = 퐸 => AC//BE
1
M
Xét ∆ MBE và ∆ MCA có
̂
̂
퐵1 = 퐶1 ( so le trong ); MB = MC( gt);
̂
̂
푀1 = 푀2 ( đối đỉnh)
=> ∆ MBE = ∆ MCA (g.c.g)
=> BE = AC ( 2)
E
Từ (1) và (2) => AB= AC
=> ∆ ABC cân tại A.
4
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
F
E
Diện tích ∆ MAB = 1/ 2 MF.AB (1)
Diện tích ∆ MAC = 1/ 2 ME.AC (2)
M
B
C
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)
Từ (1), (2), (3):
=> MF. AB = MF. AC (4)
Xét 2 tam giác vuông ∆ EAM và ∆
̂
̂
FAM có 퐴1 = 퐴2 (gt), AM chung.
=> ∆ EAM = ∆ FAM
=> MF= ME ( 5)
Từ ( 4) và (5) => AB = AC
=>∆ ABC cân tại 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:
Trường hợp 1:
A
Các góc B, C cùng nhọn:
1 2
Xét các tam giác vuông ∆EAM và
∆FAM có:
̂
̂
퐴1 = 퐴2 (gt), AM chung.
=> ∆EAM = ∆FAM => MF= ME .
Mà MB = MC (gt)
E
F
M
B
C
=> ∆ EMB = ∆ FMC ( Cạnh huyền,
cạnh góc vuông)
̂
̂
=>퐵 = 퐶 => ∆ ABC cân tại A.
5
Trường hợp 2:
Trong 2 góc B và góc C có 1 góc lớn
hơn hoặc bằng 900. Giả sử góc B≥ 900
A
Chứng minh tương tự như trường hợp 1
ta có ∆ EMB = ∆ FMC ( cạnh huyền,
cạnh góc vuông)
F
̂
̂
=> 퐸퐵푀 = 퐹퐶푀 điều này là vô lý vì
góc EBM là góc ngoài của ∆ ABC nên
C
B
M
E
̂
̂
̂
ta luôn có 퐸퐵푀 > 퐴퐶퐵 ℎ푎푦 퐹퐶푀
=> 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.
A
Xét các tam giác vuông ∆KBM và ∆
PCM có
̂
̂
BM = CM(gt) và 푀3 = 푀4 ( đối đỉnh)
K
=> ∆ KBM = ∆ PCM => BK= CP
M
3
B
C
̂
̂
4
Kết hợp với điều kiện 퐴1 = 퐴2 (gt)
=> ∆ KAB = ∆ PAC ( cạnh góc vuông,
góc nhọn)
P
=> AK= AP. Mà K, P cùng thuộc tia
AM => K và P trùng nhau và trùng với
M
⊥
=> AM BC
Xét các tam giác vuông ∆ MAB và
̂
̂
∆ MAC có 퐴1 = 퐴2 (gt)
MB = MC(gt) =>∆ MAB = ∆ MAC
=> AB = AC =>∆ ABC cân tại A.
6
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
C
3
Xét ∆ MAB và ∆ AMN có
2
1
̂
̂
퐴1 = 푀1 ( so le trong), AM chung
̂
̂
K
và퐵퐴푀 = 푀퐴푁 ( so le trong)
=> ∆ MAB = ∆ AMN ( g.c.g)
=> BM = AN
2
B
M
Mà BM = MC (gt) => MC = AN. Kết
̂
̂
hợp với các điều kiện 푀2 = 푁;
̂
̂
퐶 = 퐴3 ( so le trong)
=> ∆KMC = ∆ KNA ( g.c.g)
=> AK = KC (1)
̂
̂
Mặt khác: 퐴1 = 퐴2 (gt),
̂
̂
퐴1 = 푀1 ( so le trong)
̂
̂
=>푀1 = 퐴2
=> ∆ KAM cân tại K => AK=KM(2)
Từ (1) và (2) => KM = KC => ∆ KMC
̂
̂
cân tại K =>퐶 = 푀2
̂
̂
̂
̂
Mà 퐵 = 푀2 ( đồng vị ) =>퐵 = 퐶
=>∆ 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
điểm của AB và MD.
Xét ∆ BDM và ∆ MAC có
̂
̂
퐷퐵푀 = 퐴푀퐶 ( đồng vị), MB= MC(gt)
̂
̂
và 퐷푀퐵 = 퐴퐶푀 ( đồng vị )
=>∆ BDM = ∆ MAC (g.c.g)
̂
̂
=> AM = BD, 퐷 = 퐴2
7
A
1
Xét ∆ KAM và ∆ KBD có
D
B
2
̂
̂ ̂
̂
AM = BD(cmt) 퐴1 = 퐵1; 퐷 = 푀2 ( so
le trong) => ∆ KAM = ∆ KBD (g.c.g)
K
=> KD= KM(1)
̂
̂
̂
̂
Mặt khác : 퐷 = 푀2 (cmtr); 퐴1 = 퐴2
2
1
̂
̂
(gt), 퐴1 = 퐵1 ( so le trong)
C
M
̂
̂
=> 퐷 = 퐵1 => ∆ KBD cân tại K
=> DK = KB (2)
Từ (1) và (2) => KB = KM
=>∆ KBM cân tại K
̂
̂
=> 퐾퐵푀 = 퐾푀퐵
̂
̂
mà 퐾푀퐵 = 퐴퐶퐵 ( đồng vị)
̂
̂
=> 퐾퐵푀 = 퐴퐶퐵
=>∆ ABC cân tại A.
Cách 9:
0
̂
̂
Vì 퐴푀퐵 + 퐴푀퐶 = 180 nên trong 2
góc AMB và AMC phải có 1 góc
không lớn hơn 900. Không mất tính
A
0
̂
tổng quát, giả sử 퐴푀퐶 < 90
1
2
0
̂
Nếu 퐴푀퐶 < 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
Xét các tam giác vuông ∆ APQ và
M
̂
̂
∆ APC có 퐴1 = 퐴2 (gt), AP chung
=>∆ APQ = ∆ APC => AQ = AC,
PC = PQ
A
1
2
Nối MQ, xét các tam giác vuông
∆ PMQ và ∆ PMC có PC =PQ ( cmtr)
cạnh PM chung
Q
=>∆ PMQ = ∆ PMC (c.g.c)
P
B
C
=> MQ = MC, mà MC = MB(gt)
=> MQ = MC = MB = 1/2 BC
=>∆ QBC vuông tại Q ( theo kết quả
M
8
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
̂
퐴푀퐶 < 90 không xảy ra
0
0
̂
̂
=>퐴푀퐶 = 90 => 퐴푀퐵 = 90
Xét các tam giác vuông: ∆ AMB
̂
̂
và ∆AMC có 퐴1 = 퐴2 (gt), AM chung
=>∆ AMB =∆AMC =>∆ABC cân tại A
Ví dụ 2:
Bài toán 2:
c
a
b
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
=
c − d
a −b
(Bài 63 trang 31 SGK Toán 7 tập 1 NXB Giáo dục 2003)
Lời giải
c
c
a
b
a
b
a + b c + d
+1
Cách 1: Từ
=>
=>
=
=
+1 =
d
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
=>
:
:
=>
=
=
c − d
b
b
d
d
a − b
Cách 2: Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau
c
b
d
b
d
a
b
a
c
a + b
c + d
a
c
a − b
c − d
=
=>
=
=
=
và
=
=
d
a + b
c + d
a − b
c − d
a + b c + d
a − b
=>
=>
=
c − d
9
c
a
b
Cách 3: Đặt
= k => a = bk; c=dk
=
d
a + b bk + b b(k +1) k +1
=>
Và
=
=
(1)
(2)
=
b(k −1)
a − b bk −b
k −1
c + d
c − d
dk+ d d(k +1) k +1
=
=
=
d(k −1)
dk − d
k −1
a + b c + d
Từ (1) và ( 2) =>
=
c − d
a − b
Cách 4:
c
a
b
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
=
c − d
a − b
Cách 5
c
a
Từ
= > ad = bc
=
d
b
d(a + b)
d(a − b)
b(c + d) c + d
=
a + b
a − b
ad + bd bc + bd
=
Do đó
=
=
=
b(c − d) c − d
ad − bd bc − bd
a + b c + d
=>
=
c − d
a − b
Cách 6:
c
a
Từ
= > ad = bc
=
d
b
c + d
c − d
b(c + d)
b(c − d)
bc + bd ad + bd d(a + b) a + b
Do đó:
=
=
=
=
=
d(a − b)
bc − bd ad − bd
a − b
a + b c + d
=>
=
c − d
a − b
10
Tải về để xem bản đầy đủ
24 trang
27/12/2024
390
Bạn đang xem 10 trang mẫu của tài liệu "SKKN Rèn luyện năng lực tư duy, sáng tạo cho học sinh qua việc hướng dẫn khai thác và phát triển các bài toán trong sách giáo khoa Toán 7", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.
File đính kèm:
- skkn_ren_luyen_nang_luc_tu_duy_sang_tao_cho_hoc_sinh_qua_vie.pdf
