Tải bản đầy đủ

Rèn luyện kỹ năng tư duy cho học sinh lớp 8 trường THCS thị trấn cành nàng qua việc khai thác và phát triển bài toán hình học

MỤC LỤC
1. Mở đầu …...............................................................................trang 2
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm............................................trang 4
3. Kết luận - Đề xuất ..................................................................trang 21
4. Tài liệu tham khảo .................................................................trang 22

1


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Qua những năm trực tiếp giảng dạy, bản thân tôi thấy một thực tế hầu hết các
em học sinh sau khi giải xong một bài toán là thoả mãn yêu cầu. Thậm chí cả đối
với một số học sinh khá giỏi, có năng lực học toán cũng vậy. Điều đó thật đáng
tiếc và cuối cùng chính nó làm tôi suy nghĩ và tìm tòi biện pháp để hướng các
em hãy dành một thời gian vừa đủ để suy xét một bài toán mình vừa giải xong.
Sau khi suy nghĩ như vậy và hướng các em học sinh theo hướng khai thác, phát
triển ở một bài toán để trở thành một “họ” của bài toán đó hay ta có một
“chùm” các bài toán hay làm tôi rất tâm đắc bởi các em đã được thoả sức phát
huy trí sáng tạo của mình, tìm tòi mọi góc độ xung quanh một bài toán ban đầu,
qua đó các em khắc sâu được kiến thức cơ bản, có khả năng tư duy lôgic, xâu

chuỗi các vấn đề liên quan, có cái nhìn khái quát về một dạng toán. Và điều
quan trọng hơn cả là thông qua cách hướng dẫn này phù hợp với phương pháp
dạy học hiện nay, các em học sinh là người chủ động sáng tạo trong việc tiếp thu
kiến thức làm chủ tình huống, từ đó càng yêu thích môn toán hơn.
Từ suy nghĩ ấy tôi đã trăn trở và mạnh dạn đưa ra một hướng: “ Rèn luyện
kỹ năng tư duy cho học sinh lớp 8 trường THCS thị trấn Cành Nàng qua
việc khai thác và phát triển bài toán hình học” nhằm giúp các em tạo ra một
thói quen tốt sau khi giải một bài toán đồng thời giúp các em yêu thích bộ môn
toán có thêm điều kiện để phát triển thêm về năng lực tư duy.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Nâng cao tính tư duy của học sinh, phát huy tính tích cực, chủ động, sáng
tạo của học sinh. Từ đó góp phần nâng cao chất lượng giáo dục và phát hiện
nguồn học sinh giỏi cho các lớp trên.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Rèn luyện kĩ năng tự tìm tòi, phát hiện những kiến thức mới lạ của học
sinh lớp 8 trường THCS thị trấn Cành Nàng từ những bài toán tưởng chừng đơn
giản trong bộ môn toán học.

2


1.4. Phương pháp nghiên cứu:
- Phương pháp nghiên cứu tài liệu.
- Phương pháp quan sát.
- Phương pháp thống kê toán học.
- Phương pháp so sánh, phân tích, tổng hợp.

3


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Chúng ta đã biết rằng mỗi một sự việc, hiện tượng đều do một số nguyên
nhân sinh ra. Khi điều kiện thay đổi thì kết quả sẽ thay đổi theo và cũng có thể
từ những nguyên nhân ấy tạo ra được kết quả mới. Trong toán học cũng vậy, từ
một số điều kiện ( giả thiết của bài toán ) hoặc những cái đã biết ta phải chỉ ra
những kết quả thu được ( kết luận của bài toán ). Nhưng việc chỉ ra được kết quả
chỉ là một yêu cầu trước mắt của bài toán. Điều quan trọng là phải rèn luyện cho
học có thói quen suy xét thêm những gì sau khi giải được bài toán đó. Chẳng
hạn:

- Còn có thể giải bài toán đó bằng cách nào nữa không ? Có thể trình bày
ngắn gọn hơn nữa không ?
- Cũng giả thiết ấy thì còn có thể kết luận được gì nữa không ?
- Nếu thay đổi một vài điều kiện của giả thiết thì kết luận mới thu được có gì
đặc biệt ?
- Nếu đảo lại thì bài toán đó có gì thay đổi ? …..
Rõ ràng nếu tự giác làm được những công việc ấy sau khi giải một bài toán
hình thì vô cùng có ý nghĩa. Nó tạo cho các em một thói quen tốt sau khi giải
quyết xong một công việc nhằm đánh giá đúng mức những gì đã làm, những gì
chưa làm được từ đó rút ra bài học bổ ích cho chính mình.
2.2. Thực trạng của vấn đề
Cấu trúc chương trình môn Toán 8 THCS gồm hai phần: Đại số và hình học.
Trong đó hình học có tất cả 70 tiết được chia làm 4 chương: Chương I: Tứ giác
(25 tiết); chương II: Đa giác - Diện tích của đa giác (11 tiết); chương III: Tam
giác đồng dạng (18 tiết); chương IV: Hìmh lăng trụ đứng – Hình chóp đều (16
tiết).
Qua quá trình dạy học môn Toán nhiều năm, tôi nhận thấy việc học môn hình
học của học sinh là rất khó khăn. Các em không biết nên bắt đầu từ đâu để

4


chứng minh một bài toán hình và trong quá trình chứng minh nên vận dụng
những kiến thức nào, nên trình bày lời giải như thế nào cho đúng trình tự…. chứ
chưa nói đến việc tư duy để khai thác và phát triển bài toán mà thầy giáo đưa ra.
Đặc biệt với bộ môn Toán lớp 8, nhiều năm dạy tại trường THCS Thiết Ống tôi
thấy rằng: Rất nhiều học sinh cảm thấy sợ khi làm bài tập hình, một số em khi
làm xong bài tập thầy giáo đưa ra thường không suy nghĩ gì thêm. Từ tháng
10/2014 khi được về công tác tại trường THCS Thị trấn Cành Nàng và tiếp tục
được phân công dạy toán 8 tôi nhận thấy: Ở các lớp năng khiếu, nhiều em ham
học hỏi, thường đặt ra những câu hỏi xung quanh bài toán mà thầy giáo đưa ra
khiến tôi phải suy nghĩ. Điều đó làm tôi phấn khởi vì đã có những học sinh
“thực sự” yêu thích và say mê môn toán. Vì vậy cần thiết phải rèn luyện “bày”
cho học sinh một phương pháp học hiệu quả là: Tư duy để đưa một bài toán hình
học phức tạp về một bài toán quen thuộc đã biết.
Do đặc điểm của nội dung kiến thức, sáng kiến kinh nghiệm này tôi chỉ đưa ra
để áp dụng cho các em khối lớp 8. Trong quá trình ôn học sinh giỏi khối 8 của
trường THCS Thị trấn Cành Nàng, khi đưa ra các bài tập mà chưa hướng các em
tư duy thì kết quả thu được rất khiêm tốn. Cụ thể tôi đã ôn 15 em học sinh khối
8 và sau một số bài kiểm tra với nội dung tương tự như trong SKKN tôi đã trình
bày, kết quả thu được như sau:
Điểm
Lớp
8

Dưới 5

5–6

7

8 – 10

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

10

66,7

3

20

2

13,3

0

0

3. Giải pháp thực hiện
Sau khi học xong phần hình học phẳng lớp 8, khi học sinh đã nắm rõ được các
định lí, nội dung kiến thức trong SGK. Để giúp học sinh có phương pháp giải
được bài toán một cách thành thạo, có tư duy khái quát và có thể giải quyết một
cách dễ dàng, tôi đã đưa ra một số bài toán từ dễ đến khó để khai thác. Và 11 bài

5


toán sau chính là hệ thống các bài toán cực trị có mối quan hệ mà học sinh cần
hướng tới.
Ta bắt đầu từ một bài toán quen thuộc trong chương trình toán lớp 8.
Bài toán 1: Cho tam giác ABC vuông tại A có AB =3 cm; AC = 4cm. Trên
cạnh BC lấy điểm M sao cho BM = 3cm. Gọi P,Q lần lượt là hình chiếu của
điểm M trên AC và AB.
a) Tính diện tích tứ giác APMQ ?
b) Với vị trí nào của điểm M trên cạnh BC thì diện tích tứ giác AQMP lớn nhất.
A

Giải
a) Áp dụng định lí Pitago trong tam

P

Q

giác ABC ta có:
BC =

C

AB + AC = 3 + 4 = 5cm
2

2

2

2

B

Vì QM // AC ⇒

BM QM
3 QM
=
⇒ =
⇒ QM = 2,4cm
BC
AC
5
4

Vì PM // AB ⇒

CM PM
2 PM
=
⇒ =
⇒ PM = 1,2cm
BC
AC
5
3

M

⇒ S APMQ = MP.MQ = 1,2.2,4 = 2,88cm 2

b) Đặt BM = x ⇒ CM = 5 − x .
Vì QM // AC ⇒

BM QM
x QM
4x
=
⇒ =
⇒ QM =
cm
BC
AC
5
4
5

Vì PM // AB ⇒

CM PM
5 − x PM
15 − 3x
=

=
⇒ PM =
cm
BC
AB
5
3
5

⇒ S APMQ = MP.MQ =

4 x 15 − 3 x 60 x − 12 x 2 − 3(2 x − 5) 2
.
=
=
+3≤3
5
5
25
25

Dấu “=” xảy ra khi x = 2,5
Vậy diện tích tứ giác APMQ lớn nhất bằng 3cm2 khi M là trung điểm của BC.

6


Nhận xét: Tam giác vuông ABC có diện tích không đổi. Tính diện tích tứ giác
APMQ như thế nào? Diện tích tứ giác này lớn nhất là bao nhiêu? Chúng ta phát
triển bài toán trên như sau:
Bài toán 1.1: Cho tam giác ABC vuông tại A có diện tích là S không đổi.
Trên cạnh BC lấy điểm M sao cho

BM
= k . Gọi P,Q lần lượt là hình chiếu của
MC

điểm M trên AC và AB.
a) Tính diện tích tứ giác APMQ ? Áp dụng với S = 36,123456cm2 và k = 2,1234
b) Với vị trí nào của điểm M trên cạnh BC thì diện tích tứ giác AQMP lớn nhất.
Giải

A
P

Q

C
M

B

a) Đặt CM = x ⇒ BM = kx
BM

QM

kx

QM

k

CM

PM

x

PM

1

Vì QM // AC ⇒ BC = AC ⇒ (k + 1) x = AC ⇒ QM = k + 1 AC
Vì PM // AB ⇒ BC = AC ⇒ (k + 1) x = AB ⇒ PM = k + 1 AB
⇒ S APMQ = MP.MQ =

Mà S ABC = S =

k
. AB. AC
(k + 1) 2

AB. AC
2k
⇒ S APMQ =
.S
2
(k + 1) 2

Thay S = 36,123456cm2 và k = 2,1234 ta được
S APMQ =

2.2,1234
.36,123456 ≈ 15,72518958cm 2
2
(2,1234 + 1)
2k

b) Theo câu a ta có S APMQ = (k + 1) 2 .S
k

1

S

Mà (k + 1) 2 ≤ 4 ⇒ S APMQ ≤ 2

. Dấu “ = ” xảy ra khi k =

1
2

7


Vậy khi M là trung điểm của BC thì diện tích tứ giác APMQ lớn nhất là

S
2

Nhận xét: S APMQ = S ABC − ( S BQM + S CPM ) . Vậy để tính diện tích tứ giác APMQ ta
tính ( S BQM + S CPM ) .Từ đó ta có các cách giải bài toán như sau:
Cách 2: Ký hiệu S1 = S BQM ; S 2 = S MPC .
A
P

Q

S2

S1
B

C
M

a) Ta có: S AQMP = S − ( S1 + S 2 )
Vì QM // AC => các tam giác BQM và BAC đồng dạng
S1 BM 2
(kx) 2
k2
=
=
=
=> S
BC 2 [ ( k + 1) x ] 2 (k + 1) 2

Vì PM // AB => các tam giác PCM và ACB đồng dạng
S 2 MC 2
x2
1
=
=
=> S =
2
2
BC
[ (k + 1) x] (k + 1) 2
S1 + S 2 BM 2 + MC 2
k 2 +1
=
=
=>
S
BC 2
(k + 1) 2
⇒ S APMQ = S − ( S1 + S 2 ) =

2k
.S
(k + 1) 2

Thay S = 36,123456cm2 và k = 2,1234 ta được
S APMQ =

2.2,1234
.36,123456 ≈ 15,72518958cm 2
(2,1234 + 1) 2

b) Giải tương tự cách 1

8


Nhận xét : 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 và diện tích
tam giác MEF gấp hai lần diện tích tứ giác AQMP.

A

F

E

P

Q

C
M

B

Vì vậy, ta có thể phát biểu thành một bài toán mới như sau:
Bài toán 1.2: Cho tam giác ABC vuông tại A có diện tích là S không đổi.
Trên cạnh BC lấy điểm M sao cho

BM
= k . Gọi E,F lần lượt là điểm đối xứng
MC

của M qua AB và AC.
a) Tính diện tích tam giác MEF ? Áp dụng với S = 36,123456cm2 và k = 2,1234
b) Với vị trí nào của điểm M trên cạnh BC thì diện tích tam giác MEF lớn nhất.
Hướng dẫn: Trước hết ta chứng minh ba điểm E, A, F thẳng hàng bằng cách
chứng minh EAF bằng 180 0. Điều đó dẫn đến việc ta phải chứng minh ∆EAQ=
∆MAQ và ∆FAP=∆MAP, từ đó suy ra từ đó suy ra S AEQ = S MAQ và S AFP = S MAP
=> S EFM = 2S APMQ đưa về bài toán 1.1.
Nhận xét : Dựa vào cách giải bài toán 1.1 nếu thay tam giác ABC vuông ở A
bằng một tam giác ABC bất kỳ và P,Q được thay là giao điểm của các đường
thẳng qua M song song với AB và AC. Ta có bài toán 1.3.
Bài toán 1.3: Cho tam giác ABC có diện tích là S không đổi. Trên cạnh BC
lấy điểm M sao cho

BM
= k . Đường thẳng qua M và song song với AB cắt AC
MC

tại P, đường thẳng qua M và song song với AC cắt AB tại Q.
a) Tính diện tích tứ giác APMQ ? Áp dụng với S = 36,123456cm2 và k = 2,1234

9


b) Với vị trí nào của điểm M trên cạnh BC thì diện tích tứ giác AQMP lớn nhất.
A
H
Q
P
K
C

B
M

Phân tích bài toán: Rõ ràng bài toán này là bài toán tổng quát của bài toán
1.1. Từ đó ta có thể giải bài toán 1.3 như sau:
Cách 1:
a) Kẻ BH ⊥ AC BH cắt QM tại K. Khi đó:
S AQMP = KH . AC


S AQMP
S ABC

=

; S ABC =

BH .AC
2

2.KH . AC
KH AP
MC BM
x.kx
2k
= 2.
.
= 2.
.
= 2.
=
2
BH .BC
BH AC
BC BC
[ (1 + k ) x] (1 + k ) 2
2k

Mà S ABC = S ⇒ S APMQ = (k + 1) 2 .S
Thay S = 36,123456cm2 và k = 2,1234 ta được
S APMQ =

2.2,1234
.36,123456 ≈ 15,72518958cm 2
2
(2,1234 + 1)
2k

b) Theo câu a ta có S APMQ = (k + 1) 2 .S
k

1

S

Mà (k + 1) 2 ≤ 4 ⇒ S APMQ ≤ 2
1

. Dấu “ = ” xảy ra khi k =

1
2

Vậy khi M là trung điểm của BC thì diện tích tứ giác APMQ lớn nhất là

S
2

Cách 2: Tương tự cách 2 của bài toán 1.1.
Nhận xét : 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 và diện tích
tam giác MEF gấp hai lần diện tích tứ giác AQMP.

10


Vì vậy, ta có thể phát biểu thành một bài toán mới như sau:
Bài toán 1.4: Cho tam giác ABC có diện tích là S không đổi. Trên cạnh BC
lấy điểm M sao cho

BM
= k . Gọi E, F lần lượt là điểm đối xứng của M qua AB
MC

và AC.
a) Tính diện tích tam giác MEF ? Áp dụng với S = 36,123456cm2 và k = 2,1234
b) Với vị trí nào của điểm M trên cạnh BC thì diện tích tam giác MEF lớn nhất.
Hướng dẫn: Trước hết ta chứng minh ba điểm E, A, F thẳng hàng bằng cách
chứng minh EAF bằng 1800. Điều đó dẫn đến việc ta phải chứng minh EA//PQ
1
2

và AF//PQ, từ đó suy ra S AEQ = S APQ = S APF = S APMQ
=> S EFM = 2S APMQ đưa về bài toán 1.1.
Nhận xét : Xét trường hợp điểm M nằm trong tam giác ABC. Qua M kẻ
đường thẳng song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại H, G. Qua M kẻ đường
thẳng song song với AB cắt AC, BC lần lượt tại P, N. Qua M kẻ đường thẳng
song song với AC cắt AB, BC lần lượt tại Q, K. Gọi S1 = SQHM ; S2 = SNMK ;
S3 = SPMG . Tổng S1 + S2 + S3 có quan hệ gì với SABC và tổng này đạt giá trị nhỏ
nhất bằng bao nhiêu ? Từ đó ta có bài toán 1.5.
Bài toán 1.5 : Cho tam giác ABC, M là điểm nằm trong tam giác. Qua M kẻ
đường thẳng song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại H, G. Qua M kẻ đường
thẳng song song với AB cắt AC, BC lần lượt tại P, N. Qua M kẻ đường thẳng
song song với AC cắt AB, BC lần lượt tại Q, K. Gọi S1 = SQHM ; S2 = SNMK ;

11


S3 = SPMG . S = SABC.
a) Chứng minh S1 + S 2 + S 3 ≥

S
3

b) Tìm vị trí của điểm M để S1 + S 2 + S 3 đạt giá trị nhỏ nhất.
A
P

Q
H

Giải

G
M

S2

B

C

K

N

a) Giả sử
=>

S3

S1

MH
MH
= k . Xét tam giác AHG có
=k
MG
MG

S1 + S 3
k 2 +1
=
( Theo kết quả bài toán 1.3 )
S AHG
(k + 1) 2

S
k 2 +1 1
≥ ⇒ S1 + S 3 ≥ AHG

2
2
2
(k + 1)

Dấu “=” xảy ra khi M là trung điểm của HG

Chứng minh tương tự ta được: S1 + S 2 ≥
Suy ra

2( S1 + S 2 + S 3 ) ≥

S BQK
2

; S2 + S3 ≥

S CPN
2

1
( S + S1 + S 2 + S 3 )
2

⇒ 3( S1 + S 2 + S 3 ) ≥ S ⇒ S1 + S 2 + S 3 ≥

S
3

b) Theo câu a ta có S1 + S 2 + S 3 đạt giá trị nhỏ nhất <=> M đồng thời là trung
điểm của HG, QK và NP.
M là trung điểm của HG <=> AM đi qua trung điểm của BC
M là trung điểm của QK <=> BM đi qua trung điểm của AC
M là trung điểm của NP <=> CM đi qua trung điểm của BA
Khi đó M là trọng tâm của tam giác ABC
Nhận xét : Gọi M là một điểm nằm trên cạnh AB của tam giác ABC. Dựng
hình chữ nhật MNPQ sao cho N nằm trên cạnh AC còn 2 điểm P,Q nằm trên

12


cạnh BC. Khi đó diện tích của hình chữ nhật MNPQ có quan hệ gì với diện tích
của tam giác ABC và với vị trí của M như thế nào thì diện tích hình chữ nhật
MNPQ là lớn nhất. Từ đó ta có bài toán 1.6.
Bài toán 1.6 : Cho tam giác ABC có 2 góc nhọn B, C và diện tích là S. Trên
AM
= k . Dựng hình chữ nhật MNPQ sao cho N
MB

cạnh AB lấy điểm M sao cho

nằm trên cạnh AC còn hai điểm P, Q nằm trên cạnh BC.
a) Tính diện tích hình chữ nhật MNPQ? Áp dụng với S = 36,123456cm2 và k =
2,1234
b) Với vị trí nào của điểm M trên cạnh BC thì diện tích hình chữ nhật MNPQ
lớn nhất.
Phân tích : Bài toán này thực chất là bài toán 1.1 được mở rộng nhưng đòi
hỏi HS phải biết cách khéo léo để áp dụng kết quả của nó vào bài toán này.
A

K

M

B

N

C
Q

I

P

Giải :
a) Kẻ đường cao AI. Gọi K là giao điểm của AI với MN.
Xét tam giác vuông AIB có
⇒ S MKIQ =

AM
= k ; MK // IB; MQ // IA
MB

2k
.S IAB ( Theo kết quả bài toán 1.1)
( k + 1) 2

Vì MN // BC ⇒

AN AM
=
=k
NC MB

Xét tam giác vuông AIC có

AN
= k ; NK // IC ; NP // IA
NC

13


⇒ S NKIP =

2k
.S IAC ( Theo kết quả bài toán 1.1)
(k + 1) 2

⇒ S MNPQ = S MKIQ + S NKIP =

2k
2k
( S AIB + S AIC ) =
S
2
( k + 1)
(k + 1) 2

Thay S = 36,123456cm2 và k = 2,1234 ta được
S MNPQ =

2.2,1234
.36,123456 ≈ 15,72518958cm 2
2
(2,1234 + 1)
2k

b) Theo câu a ta có S MNPQ = (k + 1) 2 S
2k

1

1

Mà (k + 1) 2 ≤ 2 ⇒ S MNPQ ≤ 2 S
Đẳng thức này xảy ra khi M là trung điểm của BC.
Vậy khi M là trung điểm của AB thì hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất.
Nhận xét : Ở bài toán 1.6 ta kẻ thêm đường cao AI nhằm tạo ra đường thẳng
song song với MQ và NP. Vậy bằng cách thay hình chữ nhật MNPQ nội tiếp tam
giác ABC bởi hình bình hành MNPQ nội tiếp tam giác ABC thì kết quả bài toán
vẫn không thay đổi. Ta có bài toán 1.7.
Bài toán 1.7: Cho tam giác ABC có 2 góc nhọn B, C và diện tích là S. Trên
cạnh AB lấy điểm M sao cho

AM
= k . Dựng hình bình hành MNPQ sao cho N
MB

nằm trên cạnh AC còn hai điểm P, Q nằm trên cạnh BC.
a) Tính diện tích hình bình hành MNPQ ? Áp dụng với S = 36,123456cm 2 và k =
2,1234
b) Với vị trí nào của điểm M trên cạnh BC thì diện tích hình bình hành MNPQ
lớn nhất.

A

M

B

K

N

C
Q I

P
14


Giải :
a) Kẻ AI //MQ. Gọi K là giao điểm của AI với MN.
Xét tam giác AIB có
⇒ S MKIQ =

2k
.S IAB ( Theo kết quả bài toán 1.3)
( k + 1) 2

Vì MN // BC ⇒

AN AM
=
=k
NC MB

Xét tam giác AIC có
⇒ S NKIP =

AM
= k ; MK // IB; MQ // IA
MB

AN
= k ; NK // IC ; NP // IA
NC

2k
.S IAC ( Theo kết quả bài toán 1.3)
(k + 1) 2

⇒ S MNPQ = S MKIQ + S NKIP =

2k
2k
( S AIB + S AIC ) =
S
2
( k + 1)
(k + 1) 2

Thay S = 36,123456cm2 và k = 2,1234 ta được
S MNPQ =

2.2,1234
.36,123456 ≈ 15,72518958cm 2
2
(2,1234 + 1)
2k

b) Theo câu a ta có S MNPQ = (k + 1) 2 S
2k

1

1

Mà (k + 1) 2 ≤ 2 ⇒ S MNPQ ≤ 2 S
Đẳng thức này xảy ra khi M là trung điểm của AB.
Vậy khi M là trung điểm của BC thì hình bình hành MNPQ có diện tích lớn
nhất.
Nhận xét : Như vậy, các bài toán trên đã xoay quanh việc nội tiếp hình bình
hành vào trong một tam giác để tính diện tích hình bình hành đó. 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:

15


Bài toán 1.8: Cho góc xOy và điểm H cố định thuộc miền trong của góc đó.
Vẽ hình bình hành HBOA ( B ∈ Ox; A ∈ Oy ). Một đường thẳng d quay xung quanh
điểm H, cắt tia Ox, tia Oy lần lượt tại C và D ( C ∈ Ox; D ∈ Oy ).
a) Tính S DOC biết S HBOA = S ;

HD
= k . Áp dụng với S = 36,123456cm2 và k =
HC

2,1234
b) Hãy xác định vị trí của đường thẳng d để diện tích tam giác COD nhỏ nhất.

C

x

B
O

H
A

D
y

Giải :
a) Xét tam giác ODC có

HD
= k ; HA // OC ; HB // OD
HC

⇒ S HBOA =

2k
.S ODC ( Theo kết quả bài toán 1.3)
(k + 1) 2

⇒ S DOC =

(k + 1) 2
.S HBOA
2k

Thay S = 36,123456cm2 và k = 2,1234 ta được
S DOC =

(2.2,1234 + 1) 2
.36,123456 ≈ 234,1620462cm 2
2.2,1234

b) Theo câu a ta có S DOC

(k + 1) 2
=
.S HBOA
2k

(k + 1) 2
≥ 2 ⇒ S DOC ≥ 2 S HBOA

2k

Đẳng thức này xảy ra khi H là trung điểm của CD.
Vậy khi H là trung điểm của CD thì diện tích tam giác COD nhỏ nhất.
Ta có cách dựng đường thẳng d như sau:

16


Từ H kẻ HA//Ox ( A ∈ Oy).

C

Trên tia Oy ta lấy điểm D sao
cho OD=2OA. Nối DH cắt Ox

H

O

tại C.

x

A

D

CD là đường thẳng cần dựng.

y

Nhận xét : Bây giờ ta xét một bài toán khó hơn mà muốn vận dụng được kết
quả bài toán 1.3 ta phải kẻ đường phụ để chuyển về bài toán đó. Ta có bài toán
1.9.
Bài toán 1.9: Cho hình thang ABCD ( AB//CD), hai đường chéo AC và
1
2

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 1.3 để giải. Quan sát hình vẽ ta thấy rằng ABCD là hình thang
nên ta có ngay SDAC = SCDB ( hai tam giác có chung đáy, chiều cao bằng nhau)
⇒ S APD = S BPC . Vì vậy thay việc chứng minh S PAB + S PCD ≥

1
S ABCD ta có thể chứng
2

1
2

minh 2.S APD ≤ S ABCD .
Vì vậy ta nghĩ đến việc ghép 2.S APD thành diện tích một hình bình hành và
chuyển S ABCD thành diện tích một tam giác chứa 2.S APD và có diện tích bằng
S ABCD .

Giải:
A

P

Q

E

B

D

C

17


Từ A kẻ đường thẳng song song với BD cắt DC tại E. Qua D kẻ đường thẳng
song song với AC cắt AE tại Q.
Áp dụng kết quả bài toán 1.2 ta có:
S AQDO ≤

1
1
S AEC ⇒ S EQD + S DCP ≥ S AEC (1)
2
2

Mà S DAB = S CAB ( vì AB//CD) ⇒ S PAD = S PBC (2)
Xét ∆APB và ∆DQE có:
QD=AP ( APQD là hình bình hành )
DE=AB ( ABDE là hình bình hành )
QDE = PAB ( cùng bằng ACD )
⇒ ∆APB = ∆DQE ( c.g.c)
⇒ S APB = S DQE (3)
1
2

Từ (1), (2), (3) ⇒ S APB + S PCD = S DQE + S PDC ≥ S AEC
⇒ S APB + S PCD ≥

1
( S DQE + S AQD + S ADP + S DPC )
2

⇒ S APB + S PCD ≥

1
( S ABP + S PBC + S ADP + S DPC )
2

⇒ S APB + S PCD ≥

1
S ABCD (đpcm)
2

Đẳng thức xảy ra khi D là trung điểm của EC <=> AB=CD <=> ABCD là
hình bình hành.
Nhận xét : Từ bài toán 1.9 ta thấy: Hai đường chéo của hình thang cắt nhau
tạo thành bốn tam giác nhỏ. Khi đó: Tổng diện tích hai tam giác có một cạnh là
cạnh đáy của hình thang lớn hơn hoặc bằng nửa diện tích hình thang, tức là
tổng diện tích hai tam giác đó lớn hơn hoặc bằng tổng diện tích hai tam giác
còn lại ( Hai tam giác có một cạnh là cạnh bên của hình thang). Hay tổng diện

18


tích hai tam giác có một cạnh là cạnh bên của hình thang bé hơn hoặc bằng nửa
diện tích hình thang. Các kết quả trên là tương đương.
Ta tiếp tục khai thác kết quả đó ta có bài toán sau:
Bài toán 1.10: 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: Nhìn vào hình vẽ ta thấy: điểm M cố định trên cạnh BC
còn điểm N bất kỳ trên cạnh AD. Lúc đó ANMB và CMND luôn là hình thang.
Vì vậy ta suy nghĩ xem có thể vận dụng kết quả bài toán 1.8 vào bài tập này
không và vận dụng như thế nào?
A

B

H

N

M
I
D

C

Giải:
Nối M với N ta được 2 hình thang ANMB và CMND.
Xét hình thang ANMB. Áp dụng kết quả bài toán 1.8 ta có:
S AHN + S HBM ≥

1
S ANMB
2

⇒ S HAB + S HMN ≤

1
S ANMB
2
1
4

Mà S HAB = S HMN ⇒ S HMN ≤ S ANMB
Đẳng thức xảy ra <=> AB // MN.
Xét hình thang CMND. Áp dụng kết quả bài toán 1.8 ta có:

19


S MIC + S NID ≥

1
S CMND
2

⇒ S IMN + S IDC ≤

1
S CMND
2
1
4

Mà S IMN = S IDC ⇒ S IMN ≤ S CMND
Đẳng thức xảy ra <=> CD // MN.
Từ đó suy ra:
S HMIN = S HMN + S IMN ≤

1
1
S ABMN + S NMCD
4
4

1
4

Hay S HMIN ≤ S ABCD

Vậy diện tích tứ giác HMIN lớn nhất bằng

1
S ABCD khi MN // AB.
4

- Như vậy, trong bài toán trên thì bài toán 1.1 là trường hợp đặc biệt của bài
toán 1.3, bài toán 1.3 là tiền đề để giải các bài toán còn lại. Phương pháp
chung là vận dụng kết quả của bài toán 1.3 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.
2.4. Kết quả đạt được
Sau khi hướng các em phát triển tư duy từ bài toán đã biết và các em đã
nắm được cơ bản cách khai thác bài toán thì với các bài toán có nội dung tương
tự và qua một số lần kiểm tra thì kết quả thu được đã rất khả quan. Cũng với 15
em học sinh khối 8 và sau một số bài kiểm tra với nội dung tương tự như trong
SKKN tôi đã trình bày, kết quả thu được như sau:
Điểm
Lớp
8

Dưới 5

5–6

7

8 – 10

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

0

0

3

20

6

40

6

40

20


3. KẾT LUẬN - ĐỀ XUẤT
Trên đây là hướng rèn luyện kỹ năng khai thác và phát triển một bài toán
hình học lớp 8 mà tôi đã làm. Như vậy, sau mỗi bài toán đã giải chúng ta cần
dành cho học sinh một thời gian nhất định để suy xét bài toán theo hướng mà tôi
đã đưa ra. Thiết nghĩ đó cũng là một phương pháp học toán và làm toán rất bổ
ích, lí thú. Làm được điều đó với học sinh sẽ tạo ra sự hiểu bài sâu hơn, có nhiều
phương pháp giải hơn và đương nhiên sẽ tìm được phương pháp hay nhất. Với
người dạy, ngoài việc tìm ra nhiều lời giải cho một bài toán còn phải tìm cách
thiết kế tạo ra một lớp các bài toán có cùng “ họ hàng ” với bài toán ban đầu.
Trong quá trình giảng dạy tại trường THCS Thị trấn Cành Nàng, những suy
nghĩ, băn khoăn, vướng mắc của tôi đã được các đồng nghiệp giúp đỡ, chỉ bảo
tận tình nên tôi mới hoàn thành được SKKN này. Trong quá trình bồi dưỡng học
sinh giỏi khối 8 tôi đã đưa ra để thực nghiệm. Ban đầu các em còn bỡ ngỡ sau tỏ
ra rất thích thú, say mê. Từ chỗ hiểu và say mê đó một số em đã tự thiết kế ra bài
toán mới dựa trên hướng khai thác này.
Đây chỉ là kinh nghiệm của cá nhân nên không thể tránh khỏi những hạn
chế nhất định. Song tôi cũng mạnh dạn đưa ra kinh nghiệm của bản thân mà tôi
rất tâm đắc. Tôi hy vọng SKKN này sẽ đóng góp một phần vào áp dụng giảng
dạy trong nhà trường. Tôi rất mong được sự đánh giá góp ý của các bạn đồng
nghiệp và hội đồng khoa học các cấp để kinh nghiệm này ngày càng được hoàn
thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn BGH trường THCS Thị trấn Cành Nàng và các
đồng nghiệp đã giúp đỡ tôi hoàn thành SKKN này.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
.........................................................................
........................................................................
........................................................................
........................................................................

Thanh Hóa, ngày28 tháng 5 năm
2017.
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

21


Nguyễn Thanh Tuấn

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. SGK Toán 8, tập một.
2. SBT Toán 8, tập một.
3. Các bài toán về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất trong hình học phẳng ở THCS
4. 108 bài toán cực trị hình học.

22


23



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×