Skkn toán thcs ứng dụng của một hệ thức hình học vào giải toán

  • 20 trang
  • file .pdf
MỤC LỤC TRANG
Phần mở đầu…………………………………………... 1
Lý do chọn đề tài……………………………………… 1
Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu………………………. 1
Đối tượng, phạm vi nghiêncứu………………………... 2
Giả thiết khoa học…………………………………...... 2
Phương pháp nghiên cứu……………………………… 2
Đóng góp về tính khoa học của đề tài………………… 2
Nội dung nghiên cứu………………………………...... 2
Cơ sở lý luận………………………………………….. 2
Cơ sở thực tiễn………………………………………... 3
Nội dung chính………………………………………... 3 - 13
Kết luận – Kiến nghị………………………………….. 13
0
ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
“ ỨNG DỤNG CỦA MỘT HỆ THỨC HÌNH HỌC
VÀO GIẢI TOÁN”
A. PHẦN MỞ ĐẦU:
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Trong quá trình dạy học môn toán ở trường THCS chúng ta thường có thói quen
giải các bài tập một cách đơn điệu và dừng lại ở đó mà chưa quan tâm nhiều đến kết quả.
Vì vậy khi học sinh gặp bài toán mới thường bị động, không biết bắt đầu từ đâu để tìm lời
giải. Những kết quả đó có thể đơn giản nhưng không tầm thường. Bởi đôi khi kết quả đó
lại là công cụ hữu hiệu để giải quyết các bài toán khác khó hơn hoặc làm cầu nối giữa
những bài toán lạ với những bài toán đã biết.
Vì vậy người thầy không nên xem nhẹ kiến thức cơ bản mà cần phát huy tính sáng tạo
của học sinh trước kết quả của mỗi bài toán được giải xong. Kết quả đó cần được phân
tích, phát triển, tổng quát hóa, đặc biệt hóa…từ đó tạo nên một lớp bài toán “cùng họ
hàng với nhau” hoặc những bài toán có chung bài toán gốc.Biển cả bao la cũng bắt
nguồn từ những con suối nhỏ, một bài toán dù khó đến đâu cũng có cội nguồn từ bài toán
đã biết. Như vậy với mỗi buổi học ôn tập kiến thức, dạy bồi dưỡng học sinh khá giỏi
thầy và trò không cần phải giải thật nhiều bài toán, đôi khi chỉ cần một đến hai bài là đủ
và bài toán đó không phải ở đâu xa mà ở ngay trong sách giáo khoa hoặc sách bài tập.
Thực tế qua hoạt động dạy học như vậy người thầy cũng rút ra được nhiều kinh nghiệm
quý báu cho bản thân, thậm chí học tập được từ học trò thêm những điều bổ ích.
Làm như vậy là chúng ta đã tạo được sự hứng thú cho người học, phát huy được tính
tích cực, độc lập, chủ động, sáng tạo của học sinh, khơi nguồn cảm hứng tự nghiên cứu
tài liệu cho học sinh đó chính là tiền đề cho các em từng bước chiếm lĩnh tri thức một
cách chủ động trước những vấn đề mới và khó. Qua đó nhằm giáo dục tính kiên trì, bản
lĩnh cá nhân góp phần giáo dục kỷ năng sống cho học sinh trong suốt quá trình học tập.
1
Chính vì những lý do trên nên bước đầu tôi đã chọn tên đề tài nghiên cứu: “ Ứng
dụng của một hệ thức hình học vào giải toán” đây chỉ là một phần kiến thức nhỏ hẹp
trong vô vàn những bài toán đơn giản nhưng có rất nhiều ứng dụng để giải các bài toán
khác.
II. MỤC ĐÍCH, NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU:
1. Giúp giáo viên từng bước thay đổi tư duy, phương pháp dạy – học thụ động một
chiều sang dạy học chủ động, sáng tạo qua từng đơn vị kiến thức đơn giản đảm bảo
tính liên thông.
2. Giúp học sinh tiếp cận kiến thức mới một cách chủ động, sáng tạo thông qua các tư
duy toán học logic.
III. ĐỐI TƯỢNG, PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
1. Đối tượng nghiên cứu: Nghiên cứu ứng dụng của một hệ thức hình học vào giải toán.
2. Phạm vi nghiên cứu: Nghiên cứu việc ứng dụng của một hệ thức hình học vào giải
các bài toán có liên quan của 32 học sinh khá, giỏi học lớp 9A năm học 2012- 2013
trường THCS nơi bản thân đang công tác.
IV. GIẢ THIẾT KHOA HỌC:
1. Dự kiến: Đề tài sẻ được lấy ý kiến của giáo viên toán tại trường sau đó áp dụng thể
nghiệm cho học sinh khá giỏi môn toán trong toàn trường.
2. Dự báo: Đề tài sẻ áp dụng có hiệu quả đối với những buổi dạy nâng cao kiến thức,
bồi dưởng học sinh giỏi
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
1. Phương pháp điều tra.
Đã tiến hành điều tra đối với 32 học sinh lớp 9A giải một số bài toán liên quan đến hệ
thức có bảng số kèm theo
2. Phương pháp thực nghiệm.
2
Đã áp dụng thực nghiệm tương đối thành công khi giảng dạy nâng cao kiến thức cho 32
học sinh lớp 9A.
3. Phương pháp quy nạp.
Sau khi tiến hành phương pháp điều tra và thực nghiệm bản thân đã rút ra được kết luận
tương đối về sự thụ động của học sinh có năng lực khá giỏi trong việc tiếp cận và giải
quyết các bài toán có liên quan đến hệ thức đưa ra.
VI. ĐÓNG GÓP VỀ TÍNH KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI:
1. Đối với tập thể:
Phù hợp với đổi mới phương pháp dạy học hiện nay
Giúp cho tập thể giáo viên toán thay đổi cách nhìn khi giảng dạy các tiết luyện tập
ôn tập, đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi…
2. Đối với cá nhân:
Đã từng bước thay đổi phương pháp dạy học phù hợp giúp học sinh tích cực, chủ
động, tự tin, sáng tạo trong học tập.
B. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Trong khung chương trình, sách giáo khoa hiện hành của bộ GD&ĐT bậc
THCS môn toán học sinh được học 4 tiết/tuần nên đa số thời gian chỉ để truyền đạt kiến
thức lý thuyết cơ bản. Học sinh được thực hành qua các tiết luyện tập, ôn tập chủ yếu
bằng phương pháp thụ động, giải bài tập là chính. Ngoài ra không ít giáo viên nhận thức
chưa đúng về chuẩn KTKN, giảm tải nên chưa mạnh dạn đổi mới phương pháp dạy học.
Mặt khác bản thân giáo viên cũng chưa quen phát triển, tổng quát hóa, đặc biệt hóa,
...khai thác sâu thêm các kết quả của những bài toán "điển hình" để phục vụ học sinh
khá giỏi. Vì vậy đối tượng học sinh khá giỏi thường tự hài lòng với kết quả đó.
II. CƠ SỞ THỰC TIỂN:
1. Thực trạng.
1.1. Thuận lợi:
3
Thực tế tại trường chúng tôi việc dạy học theo hướng mở cũng đã được nhà
trường, tổ chuyên môn quan tâm đúng mức nhằm giúp giáo viên và học sinh nhìn nhận
sâu sắc những kiến thức cơ bản trong sách giáo khoa, sách bài tập. Đa số giáo viên
giảng dạy môn toán đã chú ý đến phương pháp dạy học, chú trọng khắc sâu kiến thức cơ
bản, từ đó phân tích, khai thác thêm, phát hiện những vấn đề mới liên quan.
Tỉ lệ học sinh khá giỏi ở trường nơi đang công tác tương đối cao nên thuận lợi cho
công tác giảng dạy.
Nguyên nhân: Được sự quan tâm của Chi bộ, Ban giám hiệu nhà trường và tổ
chuyên môn. Giáo viên được tham gia các chuyên đề đổi mới phương pháp dạy học do
PGD&ĐT tổ chức hoặc tổ chuyên môn tổ chức các chuyên đề chuyên sâu.
1.2. Khó khăn:
Chất lượng giáo viên toán không đồng đều nên khó khăn trong đổi mới phương
pháp dạy học
Học sinh vẫn còn thói quen học theo phương pháp cũ nên lười suy nghĩ những vấn
đề mới liên quan đến kiến thức cơ bản
Nguyên nhân: Một số giáo viên tuổi cao nên gặp khó khăn trong đổi mới PPDH
Có những giáo viên không chịu khó học hỏi, tham khảo tài liệu nên kiến thức bị
mai một không theo kịp xu thế mới.
Một bộ phận phụ huynh chưa thật quan tâm đến việc học ở nhà của học sinh.
1.3. Kết quả điều tra.
Tôi đã tiến hành điều tra thực nghiệm 32 học sinh khá, giỏi lớp 9A trường THCS
nơi tôi đang công tác việc giải bài toán 4 và bài toán 7 trong đề tài có liên quan đến hệ
thức hình học đã học năm học 2012 – 2013:
Kết quả thu được như sau:
Số lượng HS Nội điều tra SL, TL học SL học sinh SL học sinh
được điều tra sinh có liên hệ không có sự liên liên tưởng đến
4
đến hệ thức hệ kiến thức khác
Điều tra việc giải các SL: 5 em SL: 18 em SL: 9em
32 bài toán có liên quan TL: 16% TL: 56% TL: 28%
đến hệ thức hình học
Nhận xét: Nhìn vào bảng kết quả ta thấy đa số học sinh không có sự liên hệ với
hệ thức đã học để giải các bài toán có liên quan.
1.4. Các giải pháp đã thực hiện.
Thay đổi phương pháp dạy học: Đối với những kiến thức, những bài tập có tính
điển hình có thể áp dụng làm được nhiều bài tập khác. Giáo viên nên phân tích kỷ, nhìn
nhiều góc độ khác nhau. Tiếp đến có thể đề xuất các bài toán tương tự. Đặc biệt là hình
thành kỷ thuật phân tích bài toán để làm tái hiện các kiến thức đã học. Thực tế nếu giáo
viên làm được như vậy thì sẻ phát huy được tính chủ động của học sinh trong quá trình
học tập.
Kiến thức: Đề tài còn liên quan đến một số kiến thức về đại số như các bất đẳng
thức quen thuộc.
Sau đây là nội dung chính của đề tài nghiên cứu, đã áp dụng dạy nâng cao kiến
thức tại Lớp 9A trường THCS nơi bản thân đang công tác.
III. NỘI DUNG CHÍNH.
Trước hết ta tìm hiểu bài toán gốc để có hệ thức hình học ứng dụng trong đề tài.
Bài toán gốc: Cho tam giác ABC. một đường thẳng bất kỳ cắt các cạnh AB , AC thứ
tự tại E và F.
S AEF AE. AF
Chứng minh hệ thức: 
S ABC AB. AC
Lời giải: Kẻ các đường cao EH và BK của các tam giác AEF và ABC
EB AE
Do EH // BK nên 
BK AB
5
1 1
AF .EH AE. AF
S AEF 2 2 AE. AF
Ta có:   
S ABC 1 1 AB. AC
BK . AC AB. AC
2 2
S AEE AE. AF
Vậy:  .
S ABC AB. AC
A
H
F
E
K
B C
Hình 1
S AEF AE. AF
Nhận xét: Đến đây nếu giáo viên và học sinh chỉ dừng lại ở kết quả  mà
S ABC AB. AC
không quan tâm những ứng dụng của nó thì thật đáng tiếc
S AEF AE. AF
Sau đây là một số ứng dụng của hệ thức 
S ABC AB. AC
 Một số ứng dụng của bài toán gốc.
Bài 1: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ cắt các cạnh AB,
AC và AM thứ tự tại E, F và I.
Chứng minh:
AB AC AM
  2.
AE AF AI
Chứng minh: Ta có:
S AEF S S AE. AF 1  AE. AI AF . AI 
 AEI  AIF     
S ABC 2 S ABM 2 S ACM AB. AC 2  AB. AM AC. AM 
 2. AE. AF . AM  AI ( AE. AC  AF . AB )
AB AC AM
  2 .
AE AF AI
6
A
F
E I
B C
M
Hình 2
AB AC AM
Vậy:   2.
AE AF AI
Đặc biệt khi I là trọng tâm ta có bài tập sau:
Bài 2: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm
G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F.
Chứng minh:
AB AC
 3
AE AF
Giải: Ta có thể giải bài này theo nhiều cách khác nhau:
AB AC
Lời giải 1(Hình 3): Từ kết quả của bài 1 ta có ngay kết quả  3
AE AF
A
F
G
E
B M C
Hình 3
Lời giải 2(Hình 4):
A
F
G
E
I
B M C
K
Hình 4
7
Kẻ BI // EF ; CK // EF (I, K thuộc AM). Ta có:
AB AI AC AK AB AC AI  AK
 ;  . Cộng vế theo vế ta được:   (1)
AE AG AF AG AE AF AG
Mặt khác: BIM  CKM  MI  MK (2)
AB AC AM
Từ (1) và (2) suy ra:   2.  3.
AE AF AG
AB AC
Vậy:  3
AE AF
Lời giải 3(Hình 5):
A
K
F
G
I E
B M C
Hình 5
Kẻ BI, CK lần lượt song song với AM (I, K thuộc d)khi đó MG là đường trung bình của
hình thang BCKI nên BI + CK = 2GM (*):
EB BI AB BI  AG
   (1)
AE AG AE AG
CF CK AC CK  AG
   (2)
AF AG AF AG
AB AC 2 AG  2GM 3 AG
Từ (*), (1) và (2) suy ra:    3
AE AF AG AG
AB AC
Vậy:  3
AE AF
Lời giải 4(Hình 6):
Kẻ BI, AK, MP, CQ lần lượt vuông góc với d khi đó MP là đường trung bình của
hình thang vuông BCQI do đó: BI + CQ = 2 PM (1)
8
A
F Q
P
I
K G
E
B M C
Hình 6
AK AG
Do AK // MP    2  AK  2 MP kết hợp với (1)  BI + CQ = AK
MP GM
Ta có:
AB AC AE  EB AF  FC EB CF BI CQ BI  CQ AK
    2   2   2  2 3V
AE AF AE AF AE AF AK AK AK AK
AB AC
ậy:  3
AE AF
AB AC
Nhận xét: Từ kết quả của bài tập 2 ta thấy  = 3 luôn không đổi khi đường
AE AF
thẳng d thay đổi và cắt hai cạnh AB, AC của tam giác ABC. Kết quả quan trọng này
lại trở thành bài toán gốc để giải quyết một số bài toán khác.
Chẳng hạn:
Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi
qua trọng tâm G của tam giác cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F.
Chứng minh:
1 1 9
2
 2

AE AF BC 2
Chứng minh:
Lời giải1(Hình7):
Áp dụng kết quả bài 2 , bất đẳng thức Bunyacovsky và định lí Pythagore ta có:
9
2
 AB AC  2  1 1  A
   AB  AC  
2
9  2
 
 AE AF   AE AF 2 
1 1 9 9
 2
 2
 2 2
 G
F
AE AF AB  AC BC 2 E
Vậy:
B M C
1 1 9
2
 2

AE AF BC 2 Hình 7
Lời giải 2(Hình 8):
A
F
E
H G
B M C
Hình 8
Kẻ AH vuông góc với EF (H thuộc EF). Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông
1 1 1
AEF ta có: 2
 2
 (1)
AE AF AH 2
2 BC 1 9
Mặt khác: AH  AG  AH  AM   2
 (2)
3 3 AH BC 2
1 1 9
Từ (1) và (2) ta có: 2
 2
 . Dấu đẳng thức xẩy ra khi H trùng G
AE AF BC 2
Bài 4: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm
G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F.
Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AEF
Lời giải (Hình 9):
10
A
F
G
E
B M C
Hình 9
Áp dụng bất đẳng thức (a + b)2  4ab. Đẳng thức xẩy ra khi a = b ta có:
AB AC 2 AB AC S 9
(  ) 4 .  9  4 ABC  S AEF  S ABC
AE AF AE AF S AEF 4
AB AC 9
Đẳng thức xẩy ra    d // BC . Vậy GTNN( S AEF ) = S ABC  d // BC
AE AF 4
Câu hỏi đặt ra là liệu có tìm được giá trị lớn nhất của diện tích tam giác AEF
không?
Bài 5: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm
G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F.
Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác AEF
AB AC
Lời giải (Hình 9): Ta có:   3.
AE AF
Đặt:
AB
 x (1  x  2)
AE
AC
  3 x
AF
S ABC AB. AC 1
Ta có:   x(3  x)  ( x  1)(2  x)  2  2  S AEE  S ABC không đổi. Đẳng thức
S AEF AE. AF 2
xấy ra khi và chỉ khi x = 1 hoặc x = 2
1
Vậy GTLN của S AEF  S ABC . Dấu bằng đạt được khi E trùng B hoặc F trùng C
2
Nhận xét:
Từ bài 4 và bài 5 ta có thể tìm được GTNN và GTLN của tứ giác BCFE...
Bài 6: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm
G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F.
11
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích các tam giác BFE và CEF
Lời giải (Hình 10):
A
N
J F
P G
E H I
M
B K C
Hình 10
Kẻ BP, MI, CN cùng vuông góc với đường thẳng EF
Khi đó: BP  CN  2 MI (Đường trung bình của hình thang)
AH AG
AHG MIG    2  AH  2MI (1)
MI GM
1 1 1
Ta có: S BEF  SCEF  EF ( BP  CN )  EF .2MI  EF .MI  EF . AH  S AEF (2)
2 2 2
9
Do: S AEF  S ABC (3)
4
9
Từ (1), (2), (3) suy ra: S BEF  SCEF  S ABC
4
9
Vậy GTNN( S BEF  SCEF ) = S ABC  d // BC
4
Tiếp tục dùng kết quả của bài toán gốc . Ta có các bài tập sau:
Bài 7: Gọi AP, BF, CE lần lượt là các đường cao của tam giác nhọn ABC.
Chứng minh rằng:
S EFP
 1  cos 2 A  cos 2 B  cos 2C
S ABC
Lời giải (Hình 11):
s AEF AE. AF AE AF
Ta có:   .  cos 2 A
S ABC AB. AC AC AB
Tương tự ta có:
Hình 11
s AEP s
 cos 2 B; CFP  cos 2C A
S ABC S ABC
F
12 E
Do đó:
S EFP
 1  cos 2 A  cos 2 B  cos 2C .
S ABC
Bài 8: Gọi AP, BF, CE lần lượt là các đường phân giác trong của tam giác nhọn
ABC. Tìm điều kiện của tam giác ABC để GTLN của S AEF
Lời giải(Hình 12): Đặt AB = c, AC = b, BC = a
s AEF AE. AF AE AF b c A
Ta có:   .  .
S ABC AB. AC AB AC a  b c  a
Tương tự ta có: F
E
sBEP a c s a b
 . ; CFP  .
S ABC a  b c  b S ABC a  c b  c
S EFP S ABC  ( S AEF  S BEP  SCFP ) B P C
 
S ABC S ABC
S EFP 2abc
  (1) Hình 12
S ABC (a  b)(b  c)(c  a )
Do: a  b  2 ab ; b  c  2 bc ; c  a  2 ac  (a  b)(b  c)(a  c)  8abc (2)
S AEF 1 1
Từ (1) và (2) suy ra:   S AEF  S ABC .
S ABC 4 4
Dấu “ = ” đạt được khi và chỉ khi a = b = c.
1
Vậy GTLN( S AEF ) = S ABC   ABC đều. 
4
Nhận xét:
Như vậy nếu biết độ dài 3 cạnh kết hợp với định lý Hêrông ta sẻ tính được diện tích
tam giác EFP
13
Bài 9: Trên 3 cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt lấy M, N, P sao cho
AM BN CP S 5
   k .Tìm k để MNP 
MB NC PA S ABC 8
Lời giải (Hình 13):
AM BN CP k BM CN PA 1
Từ giả thiết suy ra:    và    (t/c tỉ lệ thức)
AB BC AC k  1 AB BC AC k  1
S AMP AM . AP k S k S k
  2
. Tương tự: BMN  ; CNP  .
S ABC AB. AC  k  1 2
S ABC  k  1 S ABC  k  12
S MNP S ABC   S AMP  S BMN  SCNP  3k
Từ đó ta có:  = 1- 2
.
S ABC S ABC  k  1
S MNP 5 3k 5
Do đó:   1- 2
=  k2 – 6k + 1 = 0. Bài toán có hai
S ABC 8  k  1 8
nghiệm: k1  3  2 2 ; k2  3  2 2 thoả mãn
A
P
M
B N C
Hình 13
Bài 10: Cho hình bình hành ABCD trên các cạnh BC, CD lần lượt lấy các điểm M,
BM CN
N sao cho   k . Gọi P, Q theo thứ tự là giao điểm của AM, AN với BD.
MC 2 DN
a) So sánh diện tích của PMNQ và APQ
b) Tính diện tích tam giác AMN theo k và theo diện tích của ABCD
Lời giải (hình 14): a) Ta có:
S AMN AM . AN AP  PM AQ  QN  PM   QN 
  . = 1   1   (*)
S APQ AP. AQ AP AQ  AP   AQ 
Theo giả thiết có:
14
BC BM  CM 1 k 1
  1 
MB MB k k
CD DN  CN
  1  2k
DN DN
Kết hợp với định lý talét ta có:
PM BM BM k QN DN DN 1
   và    . Thay vào (*) ta có:
AP AD BC k  1 AQ AB DC 2k  1
S AMN  k  1 
 1  1 = 2. Suy ra: S MNPQ  S APQ
S APQ  k  1  2k  1 

b) Chú ý rằng: S ABCD  2 S ABC  2 S ADC  2 SCBD
S ABM BA.BM BM k
  
S ABC BA.BC BC k  1
S ADN DA.DN DN k
  
S ABD DA.DC DC 2k  1
CB CD 2k  1
Ta có:  1  k; 
CM CN 2k
Suy ra:
S AMN S ABCD   S ABM  S ADN  SCMN 

S ABCD S ABCD
S ABM S S
 1  ADN  CMN
2 S ABC 2 S ADC 2 S DBC
1 k 1 2k 
 1     
2  k  1 2k  1  k  1 2k  1 
2k 2  2k  1

2  k  1 2k  1
Từ đó tính được: S AMN theo k và diện tích của ABCD
15