zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Sáng kiến kinh nghiệm

Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7

Chia sẻ: Quang Huy | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:27

Báo xấu

299
lượt xem 19
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề tài nghiên cứu nhằm giúp học sinh thay đổi cách nhìn về bài toán, thay đổi phong cách học tập và tư duy cho phù hợp với lứa tuổi, bằng cách nêu một hệ thống bài tập để học sinh phân loại được tốt các dạng bài tập.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7

“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ: 1/. Lí do chọn đề tài: Tư duy là một hình thức nhận thức lí tính của con người. Về mặt tâm lí thì tư duy là một quá trình tâm lí phản ánh những thuộc tính bản chất, những mối liên hệ và quan hệ bên trong có tính quy luật của sự vật hịên tượng trong hiện thực khách quan mà trước đó con người chưa biết. Tư duy thể hiện sự phát triển của con người trong xã hội. Tư duy không tự nhiên mà có mà do quá trình rèn luyện lâu dài, muốn tư duy phát triển cần được rèn luyện thường xuyên, học các môn các môn khoa học tự nhiên đặ00 c biệt là môn Toán sẽ phát triển tư duy rất tốt. Lứa tuổi THCS đang phát triển mạnh về tư duy nên giáo viên cần quan tâm không được xem nhẹ vấn đề này. Mỗi dạng bài toán Hình có những phương pháp giải bài tập khác nhau, tuy nhiên khi làm bài tập Hình, nếu học sinh có được cái nhìn ở các góc cạnh khác nhau thì sẽ hiểu sâu sắc bài tập Hình và hơn nữa tìm được cái đẹp của môn Toán. Cái nhìn ở các phương diện khác nhau chính là cách thay đổi bài toán có thể trở thành bài dễ hơn nhưng cũng có thể thành bài toán khó hơn. Khi làm được như vậy thì ý thức tự học của học sinh sẽ cao hơn, những bài tập khó sẽ trở nên dễ hơn, và quan trọng nhất là học sinh có được sự tự tin khi làm bài tập. Trong định hướng đổi mới phương pháp bậc THCS thì tự học là một yêu cầu quan trọng đối với học sinh. Tự học giúp cho HS say mê học tập, hiểu sâu kiến thức và quan trọng hơn là phát triển óc sáng tạo. Vấn đề đặt ra là làm thế nào có thể giúp HS tạo hứng thú trong việc tự học, tìm thấy niềm vui khi học toán. Để làm được như vậy thì GV phải cung cấp cho học sinh hệ thống bài tập từ dễ đến khó, cho học sinh nhìn thấy những bài toán khó đều bắt đầu từ những bài toán cơ bản. HS cảm thấy bản thân cũng có thể tạo ra các bài toán có dạng tương tự như vậy. Đối với học sinh lớp 7, các em mới thật sự tiếp xúc với chương trình hình học cho nên khi đứng trước một bài tập hình, để có một hướng giải phù hợp cho việc tìm tòi ra lời giải thật sự là một việc quá khó. Thông thưòng đối với một bài toán chứng minh thì mệnh đề cần chứng minh đã được nêu rõ ràng trong kết luận của bài toán, học sinh chỉ phân tích, tìm tòi các mối liên quan giữa các dữ kiện của bài toán để suy luận đi từ giả thiết và những điều kiện đã biết để khẳng định kết luận. Đây là việc thật chẳng dễ dàng đối với học sinh. Còn đối với bài tính số đo góc, nó thuộc loại phải tìm tòi, cái giá trị cần tìm là chưa biết, chứng minh các dự đoán... mới xác định được số đo cần tìm, cho nên loại này càng khó hơn đối với các em. Chính vì vậy mà tôi chọn đề tài: “phát triển tư duy của học sinh qua bài toán tính số đo góc Hình học 7”, giúp học sinh thay đổi cách nhìn về bài toán, thay đổi phong cách học tập và 1
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” tư duy cho phù hợp với lứa tuổi, bằng cách nêu một hệ thống bài tập để học sinh phân loại được tốt các dạng bài tập. Làm được như vậy học sinh sẽ thấy tự tin hơn khi gặp bài toán lạ có khả năng tự tìm lời giải cho bài toán, phát huy tính sáng tạo để đáp ứng nhu cầu của cuộc sống hiện đại. 2/. Mục đích nghiên cứu: Đây là đề tài rộng và ẩn chứa nhiều thú vị bất ngờ thể hiện rõ vẻ đẹp của môn Hình học và đặc biệt nó giúp phát triển rất nhiều tư duy của học sinh, nếu vấn đề này tiếp tục được khai thác hàng năm và được sự quan tâm góp ý của các thầy cô thì chắc hẳn nó sẽ là kinh nghiệm quý dành cho việc dạy học sinh khá giỏi. Vì đây là đề tài khó nên trong kinh nghiệm này tôi chỉ trình bày một vài chương của môn Hình lớp 7, phần này thường chỉ xuất hiện trong các bài thi của kì thi học sinh giỏi Chỉ có thể thấy được sự thú vị của những bài toán này trong thực tế giảng dạy, những bài toán cơ bản nhưng cũng có thể làm cho một số học sinh khá lúng túng do chưa nắm được những bài toán cơ bản. Khi đi sâu tìm tòi những bài toán cơ bản ấy không những học sinh nắm sâu kiến thức mà còn tìm được vẻ đẹp của môn Hình. Vẻ đẹp đó được thể hiện qua những cách giải khác nhau, những cách kẻ đường phụ, những ý tưởng mà chỉ có thể ở môn Hình mới có, làm được như vậy học sinh sẽ yêu thích môn Hình. Đó là mục đích của bất kì giáo viên dạy ở môn nào cần khêu gợi được niềm vui, sự yêu thích của học sinh ở môn học đó. Nhưng mục đích lớn nhất trong việc dạy học là phát triển tư duy của học sinh và hình thành nhân cách cho học sinh.Qua mỗi bài toán học sinh có sự nhìn nhận đánh giá chính xác, sáng tạo và tự tin qua việc giải bài tập Hình đó là phẩm chất của con người mới. 3/. Kết quả cần đạt: Các bài tập tính số đo góc trong bài tập Hình 7 đều là các bài toán khó, yêu cầu học sinh phải có sự tư duy trừu tượng cao, sự phân loại tốt các dạng toán. Vì vậy GV phải giúp cho số học sinh đó hiểu được một số bài toán phát triển từ bài toán cơ bản đó nhưng quan trọng hơn GV cần giúp cho học sinh hiểu được hướng phát triển một bài toán. Tại sao phải làm như vậy? Làm như thế đạt được mục đích gì? Qua đó giúp các em say mê môn Toán, số học sinh làm được điều này không nhiều vì đây là vấn đề khó cần sự kiên trì và cố gắng của cả HS và GV mặc dù vậy tôi hướng đến 1/5 số học sinh đạt được điều này, có thể học sinh sẽ không tạo ra những dạng mà thầy đã làm vì vốn kinh nghiệm của học sinh còn rất hạn chế nên GV cần phải động viên giúp các em tự tin hơn. Việc sáng tạo đó không những cần có kiến thức vô cùng chắc chắn học sinh cần có sự nhạy cảm của toán học. Điều này chỉ phù hợp với học sinh giỏi nên tôi chỉ áp dụng yêu cầu này trong quá trình dạy học sinh giỏi. Cho dù là học sinh giỏi hay học sinh khá khi nhìn một bài toán dưới nhiều góc độ thì học sinh đó sẽ tự tin hơn, thích thú hơn với môn học, yếu tố đó rất quan trọng trong quá trình tự học, nó giúp quá trình rèn luyện hình thành tư duy cho học sinh tốt hơn. 2
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” 4/. Đối tượng Phạm vi nghiên cứu: Đề tài này được viết trong quá trình dạy và học, được rút ra từ một số kinh nghiệm nhỏ trong quá trình dạy học ở trường THCS nên đương nhiên đối tượng là học sinh của các trường đại trà không có nhiều học sinh khá giỏi. Đối tượng chính là học sinh lớp 7 trường THCS với X học sinh nhưng chủ yếu là học sinh trung bình và khá, số lượng học sinh giỏi rất ít nên việc đào tạo bồi dưỡng học sinh giỏi luôn là việc rất khó khăn của nhà trường. Chính đối tượng học sinh chiếm chủ yếu là học sinh trung bình và khá cộng thêm với phạm vi nhỏ hẹp nên vấn đề được nghiên cứu rất đơn giản, nâng cao từng cấp độ để phù hợp với từng đối tượng học sinh. PHẦN II : Gi¶I quyÕt vÊn ®Ò 1/. Cơ sở lí luận: Do tư duy là thuộc tính của tâm lí, tư duy hình thành và phát triển theo từng giai đoạn trong quá trình trưởng thành của con người. Tư duy đặc biệt phát triển mạnh ở giai đoạn thanh, thiếu niên. Vì vậy giáo viên cần phải quan tâm đến phương pháp giảng dạy nhằm phát triển tư duy cho học sinh một cách tốt nhất. Tất cả các môn học đều phát triển tư duy cho học sinh nhưng môn toán có vai trò quan trọng hơn cả. Giải bài tập toán là lúc học sinh được thể hiện kĩ năng, tính sáng tạo, phát triển óc tư duy. Các bài tập tính số đo góc của hình 7 rất khó và phức tạp vì các em chưa có nhiều kiến thức về môn hình. Do đặc điểm của môn Hình khó, phải tư duy trừu tượng và kèm thêm việc vẽ hình phức tạp nên GV phải tạo cho học sinh kĩ năng vẽ hình và hướng dẫn học sinh tư duy dựa trên những bài toán cơ bản. 2. Thực trạng vấn đề cần nghiên cứu: Trường THCS Liên Sơn là một trường nhỏ không có lớp chọn. Phần lớn học sinh học khá và trung bình, kĩ năng cơ bản không có.. Việc dạy ôn thi học sinh giỏi là trách nhiệm quan trọng của nhà trường. Các năm học này tôi được phân công dạy lớp 7 của trường. Mỗi lớp có 35 học sinh trong đó quá nửa là học sinh trung bình và khá . Mục tiêu chính của trường chúng tôi là nâng cao chất lượng đại trà, củng cố thêm cho học sinh giỏi, bên cạnh việc hình thành cho học sinh ý thức của con người mới: sáng tạo và năng động. Được phân công dạy đội tuyển toán 7 trong những năm học (20062007, 20072008, 20082009) tôi đã lựa chọn cho một hướng đi cụ thể: từ đơn giản đến phức tạp nhằm nâng cao chất lượng học sinh giỏi của trường.. Sau đây là nội dung tôi trình bày: 3/. Giải pháp thực hiện: I. NHẬN XÉT CHUNG: Hiện trạng khi chưa thực hiện đề tài: 3
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” * Về học sinh: Một số em còn ngán ngại và sợ học môn hình học, trong giờ học chỉ chờ có bài giải mẫu để chép, ít chịu suy nghĩ, tìm tòi lời giải, thường giải bài tập xong là xong, khi đưa bài toán “khai thác” thì ít học sinh làm được. * Đối với giáo viên cũng khó khăn như bài tập quá đa dạng, phong phú, nếu không có thời gian và phương pháp lựa chọn thích hợp thì dễ bị phiến diện, bài tập dễ quá hoặc khó quá, không đủ thời gian làm dễ gây cho học sinh tâm lý “sợ toán” chán nản và từ đó chỉ chú ý vào thủ thuât giải mà quên đi luyện phương thức tư duy. Kết quả khi thực hiện đề tài : Học sinh yêu thích môn hình học, vẽ hình chuẩn hơn và chính xác hơn, thích suy nghĩ và tìm tòi lời giải hơn. Trong quá trình giải toán đưa ra bài tập tương tự bài đã làm, nhưng thay đổi cấu trúc bài toán thì học sinh làm tốt hơn. Những biện pháp tác động giáo dục : * Học sinh có kiến thức cơ bản tổng hợp. * Hướng dẫn học sinh “nhìn thấy” cấu trúc logic của bài toán, đặc biệt nhìn thấy sự “ tương đương” của các mệnh đề toán học. * Tổ chức cho học sinh hoạt động ngôn ngữ thông qua sử dụng các hệ thống khái niệm khác nhau. * Hướng dẫn học sinh “nhận ra” sự thống nhất về cấu trúc logic của bài toán có biểu tượng trực quan hình học ứng với các hệ thống khái niệm khác nhau đó. Những giải pháp khoa học tiến hành : * Rèn luyện kỹ năng vẽ hình. * Từ một bài toán điển hình hướng dẫn học sinh phân tích giả thiết và kết luận. * Từ một bài toán điển hình hướng dẫn học sinh vẽ thêm đường phụ, điểm phụ. * Từ một bài toán điển hình hướng dẫn học sinh phân tích để quy từ lạ về quen. PHẦN 1 NHỮNG CƠ SỞ LÝ THUYẾT VÀ HƯỚNG GIẢI QUYẾT 1. Trong tam giác, tổng số đo 3 góc bằng 1800 . Như vậy: a. Trong một tam giác , biết 2 góc thì tính được góc còn lại. b. Trong một tam giác cân, biết một góc thì tính được 2 góc kia . 2. Trong tam giác vuông, 2 góc nhọn phụ nhau. Như vậy: 4
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” a. Trong tam giác vuông, biết một góc nhọn thì tính được góc nhọn kia. b. Trong tam giác vuông cân mỗi góc nhọn bằng 450 . 3. Trong tam giác đều, mỗi góc luôn bằng 600 . 4. Nửa tam giác đều: Ta có thể hiểu “Nửa tam giác đều” là tam giác vuông có một cạnh góc vuông bằng nủa cạnh huyền . Trong nửa tam giác đều các góc đối diện với cạnh góc vuông bé, cạnh góc vuông lớn và cạnh huyền theo thứ tự là 300; 600 và 900. 5. Hai tia phân giác của hai góc kề bù tạo thành góc vuông. Hai tia phân giác của hai góc kề phụ tạo thành góc có số đo bằng 450 Thông thường khi gặp bài toán tính số đo góc ta nghĩ đến việc xét số đo góc đó trong mối liên hệ với các góc của một trong các hình nêu trên để thông qua đó xác định số đo góc cần tìm hoặc nhiều khi phải chứng minh tam giác bằng nhau để từ đó rút ra các góc tương ứng bằng nhau . Nhưng trong thực tế khi giải toán, không phải lúc nào đề bài cũng cho sẳn những yếu tố như tam giác cân, tam giác đều, nửa tam giác đều.... để ta vận dụng. Như vậy vấn đề đặt ra là có cách nào để tạo ra một trong các hình đó một cách thích hợp để vận dụng. Nghĩ như vậy sẽ giúp ta có hướng vẽ thêm đường phụ thích hợp để tìm ra lời giải bài toán. PHẦN II CÁC DẠNG TOÁN VÀ CÁCH GIẢI DẠNG I : TÍNH SỐ ĐO GÓC THÔNG QUA VIỆC PHÁT HIỆN “NỬA TAM GIÁC ĐỀU” A BÀI TOÁN 1: Tính số đo các góc của D ABC biết đường cao AH, trung tuyến AD chia góc BAC thành 3góc băng K nhau *Tìm tòi: sau khi vẽ hình tương đối chính xác . Ta thấy H B D C V ABC có dạng giống “nửa tam giác đều” từ đó gợi ý ta BD CD có thể vận dụng điều này . Xét thấy HD = HB = = cần làm xuất hiện đoạn thẳng 2 2 bằng HD và tạo với CD thành một tam giác vuông, từ đó ta nghĩ đến việc kẻ DK ^ AC tại K. Lúc này chứng minh D CDK là nửa D đều và bài toán được giải quyết. 5
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” Giải tóm tắt: Vẽ DK ^ AC tại k. Dễ thấy AH cũng là trung tuyến của D ABD ￞ HD = 1/2 BD = 1/2 DC . D thuộc phân giác của góc HAC ￞ DH = DK. 1 ￞ DK = DC. 2 ? = 300 D CDK là nửa D đều ￞ C A ? = 600 ? = 900 và B Từ đó tính được: A D BÀI TOÁN 2: Cho D ABC có góc ACB = 300. Đường cao AH bằng nửa cạnh BC. D là trung ? B H C điểm của AB. Tính góc BCD. 1 *Tìm tòi: Theo giả thiết AH = BC hay BC = 2 AH. 2 Ta tìm xem có đoạn nào cũng bằng 2 AH. Để ý đến giả ? = 300 , thiết C ta thấy ngay D AHC là nửa D đều ￞ AC = 2AH. Như vậy D ACB cân tại C. trung tuyến ? CD cũng là phân giác. Từ đó tính được BCD . Giải tóm tắt: 1 Theo giả thiết: AH = BC ￞ BC = 2 AH 2 D AHC là nửa D đều ￞ AC = 2 AH ￞ BC = AC ￞ D ABC cân tại C, trung tuyến CD ? = 150. cũng là phân giác. Vậy BCD BÀI TOÁN 3: Cho D ABC có góc C = 300 và BC = 2AB . A H Tính các góc A,B * Tìm tòi: Vẽ hình chính xác, ta dự đoán D ABC là nửa D đều. 30 B C Chứng minh được điều này là xong. Đã có C? = 30 0 nên nếu vẽ BH ^ AC tại K thì D HBC là nửa D đều, 6
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” chỉ cần chứng minh H ￞ A là xong. Giải tóm tắt: ? = 300 � BH = 1 BC = AB Hạ BC ^ AC tại H D HBC là nửa D đều , C 2 Như vậy: H ￞ A vì nếu không thì D ABH cân tại B H A￞ F ? = 900 ; B Vậy D ABC là nửa D đều ￞ A ? = A E 600. H BÀI TOÁN 4: Cho D ABC ở miền ngoài D vẽ các D đều ABE B I C và ACF. Gọi H là trực tâm D ABE. I là trung điểm của BC. Tính các góc của D FIH. *Tìm tòi: Nhìn hình vẽ ta dự đoán D FIH K là nửa D đều từ đó ta nghĩ đến việc vẽ D đều cạnh FH. cũng từ đó ta nghĩ đến việc lấy K trên tia đối của tia IH sao cho: IK = IH. Như vậy chỉ cần chứng minh D FHK đều. Muốn vậy ta xét 2 D tương ứng chứa FH và FK. Chứng minh 2 D nàybằng nhau, ta giải quyết được bài toán . Giải tóm tắt: Trên tia đối của tia IH lấy điểm K sao cho IK=IH. Nối KF dễ thấy D BHI= D CKI ( cgc) ￞ CK = BH. Xét D HAF và D KCF có : AH = CK ( vì cùng bằng BH) AF = CF ( cạnh tam giác đều) ? Và chứng minh được HAF ? = KCF ? + 900 =A B1 ￞ D AHF = D KCF (cgc) ￞ HF = KF (1) A ? và AFH ? ? mà AFH ? ? ? K 0 hay ? = CFK + HFC = 600 � CFK +CHFC = 60 HFH , = 600 (2) 1 (1) và (2) ￞ D HFK đều ￞ FI cũng là phân giác và là đường cao. I L Vậy các góc của D FIH là : $I = 900; H ? = 600; F ? = 300 N BÀI TOÁN 5: B M C Cho D nhọn ABC, ở miền ngoài D ta vẽ các D đều ACB1 và ABC1 . 7 P
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” Gọi K và L, thứ tự là trung điểm của AC1 và CB1, điểm M thuộc cạnh BC sao cho BM = 3MC . Tính các góc của D KLM. *tìm tòi: Vẽ hình tương đối chính xác, ta thấy D KLM có dạng nửa D đều . Để dễ xét ta vẽ D KLP với P là điểm trên tia đối của tia ML sao cho MP = ML và tìm cách chứng minh tam giác này đều . Về cạnh, ta có KL là một cạnh của D AKL trước hết ta xét KP và LP. Chúng không là cạnh của D nào tương ứng bằng D AKL cả. Ta tìm D chứa cạnh bằng cạnh LP mà D này có thể bằng D AKL. Gọi N là trung điểm của BC, I là trung điểm của AC. Như vậy cần chứng minh D AKL = D NIB1 và NB1 = LP. D KLP cân tại L chỉ cần chứng minh 1 góc 600. ? + ILM Xét D KLP . Muốn có KLI ? ? = MLC = 600 Cần chứng minh KLI ? ? , MLC ? = MPN Cần chứng minh D IKL = D NPL và thế là bài toán được giải quyết. * Giải tóm tắt: Gọi N là trung điểm của BC , gọi I là trung điểm AC. Ta có MN = NC. Trên tia đối của tia ML lấy điểm P sao cho MP = ML ￞ D NMP = D CML (cgc) ? ￞ MPN ? = MLC ￞ NP // CB1 và NP = CL = LB1 Chứng minh: D NLP = D LNB1 (cgc) ￞ LP = NB1 (1) ? Chứng minh : D AKL = D INB1 (cgc) ( Vì AK = IN, AL = IB1 , KAL ? = NIB ) 1 ￞ LK = NB1 (2) Từ (1) và (2) ￞ LK = LP ￞ D LKP cân tại L (3) Dễ thấy D AC1 C = D ABB1 (cgc) ￞ CC1 = BB1 CC1 BB1 D IKL và NPL có IK = NL ( vì cùng bằng = ) 2 2 IL = NP ( cùng bằng LC) ; KL = LP (cmt) ￞ D IKL = D NPL (ccc) ? = MLC ￞ KLI ? ? mà MLC ? + ILM ? + ILM = 600 � KLI ? ? = 600 � KLP = 600 (4) 8
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” Từ (3) và (4) ￞ D KLP đều ￞ Trung tuyến KM cũng là đường cao. ? = 900; L? = 600; K Vậy các góc của D KLM là : M ? = 300 DẠNG II: TÍNH SỐ ĐO GÓC THÔNG QUA VIỆC PHÁT HIỆN TAM GIÁC VUÔNG CÂN. BÀI TOÁN 1: Cho D ABC vuông cân đỉnh A. lấy điểm M tuỳ ý trên cạnh AC, kẻ tia Ax vuông góc với BM. Gọi H là giao điểm của Ax B với BC và K là điểm thuộc tia đối của tia HC sao cho HK = HC. kẻ tia Ky vuông góc với BM. Gọi I là giao điểm của Ky K với AB. Tính góc AIM. I H *Tìm tòi: Theo hình vẽ ta nghĩ ngay đến AML vuông cân tại A. Chưa A C có thể chứng minh AM = AI được. Ta cần tìm đoạn thứ ba M làm trung gian. Trên tia đối của tia AB lấy L sao cho AL = L AM. Chỉ cần chứng minh AI = AL Giải tóm tắt: Trên tia đối của tia AB lấy điểm L sao cho AL = AM (1) Nối LC. D ABM = D ACL (cgc) ? ￞ ACL ? = ABM ? mà ACL ? + ALC ? = 1v ￞ ABM ? + ALC = 1v � BM ^ CL ￞ LC // AH // IK , có CH = HK ￞ AI = AL (2) Từ (1) và (2) ￞ AM = AI ￞ D AMI vuông cân tại A ? Vậy AIM = 450 A BÀI TOÁN 2: Cho D ABC có góc B = 450; Góc C = 1200. Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = 2 CB. ? Tính ADB . H *Tìm tòi: Với giả thiết cho ? = 1200 � C ? = 600 . 2 C1 2 450 1 2 1 B C D 9
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” Khi có góc bằng 600, ta nghĩ đến việc vận dụng nửa D đều ( hoặc D đều). Từ đó gợi ý cho ? = 300 . Chỉ cần tìm D ta hạ DH ^ AC. Có ngay D ? , D ? là góc nhọn của D vuông Phải 1 2 2 chăng D ADH vuông cân ? Muốn khẳng định điểu này , ta cần so sánh HA và HD. Dựa vào các góc đã biết, ta dễ dàng xác định được 2 D HAB và HBD cân tại H và cuối cùng HA = HD . Giải tóm tắt: Hạ DH ^ AC. D CHD là nửa tam giác đều cạnh CD ￞ CD = 2 CH. Kết hợp với giả thiết CD = 2BC, ta có CH = CB. ? = 1200 ￞ HBC D BCH cân tại C, có C ? ? = 300 �D BHD cân tại H = 300 cũng có D 1 1 ￞ HD = HB (1) ? ? ? = 150 mà BAC = 180 - ( 120 + 45 ) hay BAC 0 0 0 Dễ thấy ABH = 150 ￞ D ABH cân tại H ￞ HB = HA (2) ? = 450 Từ (1) và (2) ￞ HD = HA ￞ D AHD vuông cân tại H ￞ D2 ? Vậy ADB = 300 + 450 = 750 BÀI TOÁN 3: ? = 900. AC = 3AB. Trên cạnh AC lấy 1 điểm D sao cho DA = 2 DC. Tính Cho D ABC , có A ? ADB ? + ACB x K F *tìm tòi: 1 ? Dễ tính tổng ADB ? ? , ta đặt ACx 3 + ACB 2 ? và tính góc BCx. Dựa vào hình vẽ ta = D E D 1 A C dự đoán góc BCx bằng 45 , đó là góc nhọn 0 của D vuông cân. Ta cần tìm D vuông cân chứa góc này. nghĩ vậy, từ trung điểm E của B AD Vẽ đường thẳng vuông góc AC cắt Cx tại F. lợi dụng D bằng nhau, chứng minh D BEC vuông cân là xong. 10
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” Giải tóm tắt: Trên nửa mặt phẳng đối của nửa mặt phẳng bờ AC có chứa B vẽ tia Cx sao ? cho ACx ? = ADB . Từ trung điểm E của AD vẽ đường vuông góc với AC cắt Cx tại F, nối BF. AC Dễ thấy D FEC = D BAD (gcg) ￞ EF = AB = 3 Hạ FK ^ AB chứng minh được D FKB = D FEC (cgc) ￞ FB = FC và F?1 = F? 3 � F?2 + F? 3 = F?2 + F?1 = 900 � BFC ? = 900 ? Vậy D BFC vuông cân tại F ￞ BCF ? = 450 vậy ADB ? + ACB = 450 BÀI TOÁN 4: E Cho D ABC, vẽ phía ngoài D dựng các D vuông cân đỉnh A. ADB và ACE. Gọi P, Q, M thứ tự là trung điểm của BD, CE và BC. Tính các góc của D PQM. D Tìm tòi: Trước hết ta nhận xét D PQM có thể vuông cân A tại M, từ đó ta nghĩ đến chứng minh MP = MQ (*). Q Thường trong bài toán có nhiều trung điểm ta nghĩ P ngay đến việc vận dụng đường trung bình tam giác dễ thấy dễ có (*) cần chứng minh BE = CD. đó chínhlà hai cạnh tương ứng của hai tam giác bằng nhau ADC và B M C ABE. Cuối cùng muốn có MP ^ MQ cần chứng minh CD ^ BE là xong. Giải tóm tắt: Ta có D ABE = D ADC (cgc) ￞ BE = CD. Gọi I là giao điểm của BE và DC. Dễ dàng ? + IBD chứng minh được IDB ? = 900 � BE ^ CD 1 1 Mà MP = DC; MQ = BE (theo t/c đường trung bình D ) 2 2 ￞ MP = MQ và MP ^ MQ ￞ D PMQ vuông cân tại M. Vậy các góc của D PMQ lần lượt là ? =Q P ? = 450; M ? = 900 BÀI TOÁN 5: A Cho D ABC , biết các đường cao hạ từ A và B ,xuống các cạnh đối diện không nhỏ hơn các cạnh đối diện ấy . Hãy tính các góc của D ABC *Tìm tòi: Gọi 2 đường cao là AH và BK có AH ￞ K BC; BK ￞ AC. Ta phải tính góc A ,B,C Xét vài trường 11 B H C
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” hợp hình vẽ, nếu một chiều cao lớn hơn cạnh tương ứng thì chiều cao kia bé hơn cạnh tương ứng từ đó ta nghĩ đến trường hợp cả hai chiều cao đều bằng cạnh đối diện tương ứng của D vuông cân và đi chứng minh D ABC vuông cân tại C. Giải tóm tắt: Có AH ￞ BC ( giả thiết) Lại có BC ￞ BK ( tính chất đường xiên) ￞ AH ￞ BC ￞ BK (1) Tương tự : BK ￞ AC ￞ AH (2) Từ (1) và (2) ￞ AH ￞ BC ￞ BK ￞ AC ￞ AH ￞ AH = BC = BK = AC ? =B ￞ D ABC vuông cân tại C . Vậy A ? = 450;C ? = 900 BÀI TOÁN 6 : Cho D ABC đường cao AH, đường phân giác BD và K góc AHD = 45 . Tính góc ADB. 0 A 2 3 1 *Tìm tòi: Vẽ hình tương đối chính xác, ta dự D 2 đoán góc ADB = 450, từ đó nghĩ đến việc tạo ra tam 1 1 giác vuông cân bằng cách hạ BK ^ AC. Ta cần chứng minh D KBD vuông cân tại K. Để ý tính chất: 3 B H C Trong D đường phân giác trong của một góc và hai ? =A phân giác ngoài của hai góc còn lại đồng qui ta có A ? lợi dụng góc ngoài của D và góc 1 2 ? = KDB có cạnh tương ứng vuông góc ta sẽ chứng minh được D ? 1 Giải tóm tắt: Vẽ BK ^ AC tại K. Xét D ABH có BD là phân giác trong. HD là phân ? =A giác ngoài đỉnh H ￞ AD là phân giác ngoài đỉnh A ￞ A ? 1 2 ? = KBH Mà A ? ? = KBH �A ? ? =D . Trong D ABD góc ngoài A ? +B ? 1 2 2 1 1 ? =A �D ? - B ? 1 2 1 ? = KBH �D ? - ? = KBH B ? - ? = KBD B ? 1 1 3 H ? Vậy D KBD vuông cân tại K và do đó ADB = 450 DẠNG III : TÍNH SỐ ĐO GÓC THÔNG QUA VIỆC PHÁT HIỆN RA TAM GIÁC ĐỀU E D BÀI TOÁN 1: A 12 B C
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” Cho D ABC vuông ở A , có góc B = 750. Trên tia đối của tia AB lấy điểm H sao cho BH = 2 AC. Tính góc BHC . *Tìm tòi: Từ giả thiết BH = 2 AC. Muốn vận dụng giả thiết này ta gọi E là trung điểm của BH và ? =150 và để ý 750 150 = 600 ta nghĩ đến việc BE=EH=AC. Có BC là cạnh của D ABC có C ? = 1V dựng D đều BDC. Lúc này có ngay D ABC = D EBD (cgc) ￞ E ? và DHB ? = DBH ? = 150 . chứng minh DHB ? = DHC Gi¶i tóm tắt:Gọi E là trung điểm của BH. Dựng D đều BDC (D và A thuộc cùng một ? = 1V ￞ D BDH cân tại D ￞ nửa mặt phẳng bờ BC) D EDB = D ABC (cgc) ￞ E1 ? DHB ? = DBH ? = 150 và HDB = 1500 ? =H D HDB = D HDC (cgc) ￞ H ? = 150 . Vậy BHC ? = 300 2 1 BÀI TOÁN 2: A Cho D ABC cân tại A. Có góc A = 400. Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa A vẽ tia Bx sao cho góc CBx = 100. Trên Bx lấy điểm E sao cho BE = BA. Tính góc D BEC . *Tìm tòi: Ta thấy góc BEC là một góc của D BCE. Ta ? cần tìm D bằng D này. Để ý CBE ? = 100 và ABC = B C 700 = 100 + 600. Ta vẽ D đều BDC lúc này AD là ? trung trực của BC cũng chính là phân giác của BAC ￞ x E ? BAD ? = 200. Chỉ cần chứng minh CEB ? = BAD nhờ 2 D bằng nhau. Giải tóm tắt: Vẽ D đều BDC ( D và A ở cùng nửa mp bờ BC) . ? Chứng minh được D CEB= D DAB (cgc) ￞ BEC ? . Dễ thấy AD là trung trực của BC = BAD ? nên trong D ABC, AD cũng là phân giác ￞ BAD =200. ? B Vậy BEC = 200. BÀI TOÁN 3: Cho D ABC vuông cân ở A. Điểm E nằm trong D sao ? cho EAC ? = ECA ? = 150. Tính AEB . D E 13 A C
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” ? *tìm tòi: Có EAC ? = 150 � EAB = 750 , để ý 75 = 15 + 60 nên vẽ D đều ADE . Chỉ 0 0 0 ? cần tìm DEB ? . Muốn vậy ta chứng minh DEB ? = DAB nhờ hai tam bằng nhau. Giải tóm tắt: Vẽ tam giác đều AED ( D và B ở trên cùng nửa mp bờ AE) . ta có D ADB = D AEC (cgc) ? ￞ D ADB cân tại D ￞ DAB ? = DBA ? = 150 � ADB = 1500 ? EDB ? = 3600 (1500 + 600) = 1500, D ADB = D EDB (cgc) ￞ DAB ? = DEB = 150 ? Vậy AEB = 750 A BÀI TOÁN 4: Cho D cân ABC có góc ở đỉnh A bằng 200.Các điểm ? M,N theo thứ tự trên AB. AC sao cho BCM = 500; ? CBN = 600. Tính góc BNM. ? *Tìm tòi: Đề bài cho có CBN = 600, ta tìm cách vận dụng D đều. P N 1 Để thực hiện ý đồ đó, ta lấy điểm P trên AB sao cho M ? = 60 và có 2 D BQC, D NQP đều. Từ hình vẽ, 0 Q BCP 1 ta dự đoán góc MNB băng 300. Nghĩ vậy ta chứng minh NM là phân giác của góc BNP. Từ đó tính được 2 góc BNM. 1 1 B C Giải tóm tắt: Qua N vẽ đường thẳng song song BC cắt AB ở P. Gọi Q là giao điểm của PC và BN Chứng minh được D BCQ và PNQ đều. Trong D MBC có B ? = 500 ￞ M ? = 800, C ? = 500 ￞ D BMC cân tại B ￞ BM = BQ ( cùng bằng BC) ￞ D MBQ cân tại B, có góc B ? = 200 ￞ 2 A ? BQM = 800 . ? 12 MQP = 1800 ( 800 + 600) = 400 ￞ D PMQ cân tại M ( vì ? MQP ? = MPQ = 400 ) D ￞ MP = MQ Theo chứng minh NP = NQ ￞ MN là trung trực của PQ nên ? MN cũng chính là phân giác của góc PNQ. Vậy MNB = 300 BÀI TOÁN 5: E ? 14 1 B C
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” ? = 200 trên cạnh AB lấy điểm D sao cho AD = BC . Tính ACD Cho D ABC cân tại A , có A ? ? Tìm tòi: Cần tìm ACD ? . ACD ? = 200 và 1 cạnh bằng AC ta cần tìm thuộc D ACD có A ? = 800 và 800 600 = 200 ta nghĩ đến việc vẽ D đều BCE ( E và D bằng D nói trên . Để ý B ?1 A ở cùng phía đối với BC ) Nối AE lúc này D ACD = D BAE (c.g.c ) .Chỉ cần tính A Giải tóm tắt : ? = 200 Dễ thấy : D ACD= D BAE Vẽ D đều BCE ( E và A ở cùng nửa mp bờ BC ). Có B1 ? =A (cgc ) => C ? ? 1 ? =A D ABE = D AE (cgc ) => A ? = 100 . Vậy ACD ? = 100 1 2 BÀI TOÁN 6: ? = 800. Gọi D là Cho D cân ABC ( AB =AC ) có A E ? điểm ở trong D sao cho: DBC ? =100 , DCB =300 . Tính góc BAD. A ? = C? ? = 800 => B *Tìm tòi : D ABC cân tại A , A =500. Dự đoán D ABD cân tại B nên ta nghĩ đến việc chứng minh BA = BD. Để ý 600 500 = 100, để tạo ra D bằng D BCD ta vẽ D đều BEC và như vậy chỉ cần chứng minh D BCD = D BEA là xong. ? D Giải tóm tắt: Vẽ D đều BEC ( E và A ở 10 30 cùng nửa mp bờ BC) do AB = AC và EB = EC ￞ AE B C là đường trung trực của đoạn BC. Tam giác BEC đều nên trung trực EA cũng là phân giác ￞ A ? AEB = 300 và dễ dàng chứng minh được D BCD = ABEA (cgc) ￞ BA = BD ￞ D ABD cân tại B, 50 ? = 400 . Vậy BDC có B ? = 700 1 2 BÀI TOÁN 7: E Cho D ABD và D CBD ( A và C thuộc 2 nửa mặt 3 60 phẳng đối nhau bờ BD) Biết góc BAC = 500, góc B D 20 1 30 ABD = 600, góc CBD = 200, góc CDB = 300. Tính góc DAC và góc ADB. C *tìm tòi: Nhận xét trong 2 góc DAC và góc ADB ? = 200, D chỉ cần tính một góc thì sẽ suy ra được góc kia. D BCD có B ? = 300 nên lấy E sao 15
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” ? = 200, EDB cho EBD ? = 300 ta sẽ có D BED= D BCD và D CDE đều dễ dàng tính được góc C1 nên chỉ cần chứng minh D ACE cân sẽ được tính góc A1 .Từ đó tính được A2. Giải tóm tắt: ? = 200, EDB Trên nửa mặt phẳng bờ BD có chứa A lấy điểm E sao cho EBD ? = 300. Nối ? EA. EC. D ECD cân có góc 600 nên là tam giác đều. Dễ dàng tính được BCE = 700 , ? BCA ? = 200 = 500 ￞ C1 ? =A D ABE = D CBE (cgc) ￞ EA = EC và C ? = 200 � AEC ? = 1400 1 1 ? D AED cân tại E có AED ? =D = 3600 (140 +60 ) = 160 ￞ A 0 0 0 ? = 100 2 3 ? Vậy DAC 0 0 ? = 200 + 10 = 30 Và ADB = 300 + 10 = 40 0 0 DẠNG IV : TÍNH SỐ ĐO GÓC THÔNG QUA VIỆC PHÁT HIỆN TAM GIÁC CÂN BIẾT MỘT GÓC BÀI TOÁN 1: Cho D ABC có góc A = 600, các phân giác BD và CE cắt nhau ở I . Tính các góc của D DIE. A 60 *Tìm tòi: ? =1200. Theo hình D Theo đề ta dễ dàng tìm được góc BIC E vẽ ta dự đoán D DIE cân tại I, nên để tìm 2 góc còn lại I 4 3 ta cần chứng minh dự đoán này. Muốn vậy ta so sánh 1 2 ID và IE với đoạn thứ ba. Để lợi dụng D bằng nhau ta 1 1 vẽ phân giác IK của D BIC và giải quyết được bài B K C toán. Giải tóm tắt: ? ? 0 ? ? = 1800 - B + C = 1800 - 180 - A = 1200 ?DIE = BIC 2 2 Vẽ phân giác IK của D BIC ta sẽ có : I?1 = I?2 = I?3 = I?4 = 600 ￞ D BIE = D BIK (gcg) ￞ IE = IK 16
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” chứng minh tương tự có : ID = IK ￞ IE = ID ￞ D ADI cân tại I, có $I = 1200 ￞ E? = D ? = 300 A BÀI TOÁN 2: E D I 4 D ABC có góc B = 600, góc C = 300. Lấy D trên 3 12 cạnh AC, E trên cạnh AB sao cho góc ABD = 20 0, góc ACE = 100. Gọi I là giao điểm của BD và CE. K Tính các góc của D IDE . B C *Tìm tòi: ? Dễ thấy EID ? = 1800 - (400 + 200 ) = 1200 . = BIC Dự đoán ID = IE. Ta cần tìm đoạn trung gian. Để xuất hiện D bằng nhau, ta vẽ 3 phân giác của D IBC cắt nhau ở K cần chứng minh: ID = IE = IK là xong. Giải tóm tắt: ? = 400, C Trong D IBC, tính được B ? ? = 200. ￞ EID ? = 1800 - (400 + 200 ) = 1200 = BIC Vẽ 3 phân giác của D BIC cắt nhau ở K. Tính được I?1 = I?2 = I?3 = I?4 = 600 D BIE = D BIK (gcg) ￞ IE = IK. Chứng minh tương tự có : ID = IK. ￞ IE = ID ￞ D DIE cân tại I. Vậy các góc của D IDE là : $I = 1200; D ? =E ? = 300 C ? BÀI TOÁN 3: E 3 M F Cho D ABC có góc A = 500 , góc B = 200. Trên 1 2 I 10 đường phân giác BE của D lấy trung điểm F 30 20 10 ? sao cho FAB = 200 . Gọi I là trung điểm của AE. A K B EI cắt AB tại K. Tính góc KCB. *Tìm tòi: Vẽ chính xác ta nghĩ ngay đến D CBK cân tại B. chứng minh dự đoán này ta giải quyết được bài toán. Giải tóm tắt: ? Gọi M là giao điểm của CK và BE .Chứng minh được EAF ? = EFA = 300 ￞ D AEF cân tại E ￞ trung tuyến IE cũng là phân giác. Như vậy E? 1 = E? 2 = E? 3 = 600 ? = 200 � BCK D CEB = D KEB (gcg) ￞ BC = BK ￞ D BCK cân tại B, có B ? = 800 17
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” BÀI TOÁN 4: D ? = 1000 . Điểm M nằm D ABC cân tại A, có A ? trong D sao cho MBC ? = 100 ; MCB = 200 . Tính A góc AMB. *Tìm tòi: ? M Với ý tưởng tìm góc bằng góc AMB và có thể tính 20 30 10 20 được số đo của no. Trên tia CA lấy D sao cho : B C ? CD = CB. D BCD cân tại C, biết ACB = 400 ￞ biết góc ADB. Như vậy chỉ cần chứng minh góc AMB bằng góc ADB là xong. Giải tóm tắt: Trên tia CA lấy điểm D sao cho CD = CB. ? D BCD cân tại C, có ACB ? = 400 � CDB = 700 ? Chứng minh được D MCB = D MCD (cgc) ￞ MB = MD và CDM ? = CBM = 100 ? MDB = 700 10 = 60 ￞ D MBD đều 0 0 Chứng minh D ABM = D ABD (cgc) � ?AMB = ADB ? = 700 BÀI TOÁN 5: A Cho D ABC cân tại A có góc A = 800, I là một điểm thuộc miền trong D ABC ? = 100, ICB ? = 200 . Tính góc AIB N sao cho : IBC *Tìm tòi: J I O Rõ ràng không thể tính ngay số đo góc AIB, K 20 10 ta nghĩ đến việc tìm một D cân chứa góc B H C này và tìm cách xác định số đo một góc nào đó của tam giác đó. Kẻ đường cao AH của D ABC cắt BI tại O và dự đoán D AOI cân tại A. Nghĩ vậy kẻ đường cao AK của D AOI cắt đường thẳng CI tại J và chứng minh AK là đường trung trực của đoạn OI. Giải tóm tắt: Kẻ đường cao AH của D ABC cắt BI tại O. Kẻ đường cao AK của D AOI cắt đường thẳng CI tại J. Đường cao AH của D ABC cũng là trung trực của BC ? ￞ OB = OC ￞ D BOC cân tại O ￞ OCB ? = 100 D AOC có OAC ? = OCA = 400 nên cân tại O ￞ OA = OC (1) 18
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” ? Lại có HAK ? = 100 ( cặp góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) = IBC ? Xét D AJC tính được JAC ? = JCA = 300 nên là D cân tại J ￞ JA = JC (2) Từ (1) và (2) ￞ OJ là trung trực của AC, cũng chính là phân giác của góc AOC. Trong D cân ? AOC tính được AOC ? = 1000 � JOC = 500 ? Góc IOC là góc ngoài của D OBC � IOC = 100 + 100 = 200 ? = 500 - 200 = 300 (3) Tính được JOI ? = 200 + 100 = 300 (4) Góc JIO là góc ngoài của D IOC ￞ JIO Từ (3) và (4) ￞ D OJI cân tại J ￞ JK cũng là trung trực của OI. Do điểm A ￞ JK ￞ AO = AI ￞ D AOI cân tại A ? Trong đó AOI ? = AOC ? - IOC ? = 800 = 1000 - 200 = 800 . Vậy AIB BÀI TOÁN 6: Trong D cân ABC có góc ở đỉnh C bằng 1000, C x ta kẻ tia Ax tạo với AB một góc 30 0, tia này 1 cắt tia phân giác của góc B ở M. Tính góc 1 I ACM M *Tìm tòi: 30 20 Góc ACB = 100 nên nếu biết góc BCM ta 0 A B cũng suy ra được góc ACM. Góc BCM ở trong ? D BCM đã biết góc CBM = 200 nên cần chứng minh D này cân. Ta cần tìm 2 tam giác bằng nhau tương ứng chứa BC và BM. Nghĩ vậy ta vẽ đường phân giác của góc CBM cắt Ax tại I. Ta cần chứng minh D BIC = D BIM để giải quyết bài toán. Giải tóm tắt: Vẽ phân giác góc CBM cắt Ax tại I. Chứng minh được D AIB cân tại I ￞ IA = IB Lại có CA = CB (gt) ￞ CI là trung trực của AB , ? = 500 D ACB cân tại C nên trung trực CI cũng là phân giác của góc ACB ￞ C1 ? là góc ngoài của D AMB nên M M ? = 300 + 200 = 500 1 1 ? =B D BIC = D BIM ( IB chung; B ? = 100 , BIM ? ? = BIC =1800 – ( 100 + 500) = 1200 ) 1 2 ￞ BC = BM ￞ D BCM cân tại B 19
“Phát triển tư duy của học sinh qua một số bài toán tính số đo góc Hình học 7” ? Lại có CBM ? = 200 � MCB ? = 800 . Vậy ACM ? = ACB ? - MCB = 1000 - 800 = 200 BÀI TOÁN 7: E ? = 80 , AB

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.