Luận văn tốt nghiệp: Phương pháp bài toán ngược trong dạy học môn Toán ở trường phổ thông

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM Khoa Toán  LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP

Đề tài:

PHƯƠNG PHÁP BÀI TOÁN NGƯỢC TRONG DẠY HỌC MÔN TOÁN Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG

Chuyên ngành : Phương pháp giảng dạy GVHD : Th.S-GV.C Nguyễn Văn Vĩnh SVTH : Lê Thị Ngọc Phượng

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH 5-2001

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM TP.HCM Khoa Toán  LUẬN VĂN TỐT NGHIỆP

Đề tài:

PHƯƠNG PHÁP BÀI TOÁN NGƯỢC TRONG DẠY HỌC MÔN TOÁN Ở TRƯỜNG PHỔ THÔNG

Chuyên ngành : Phương pháp giảng dạy GVHD : Th.S-GV.C Nguyễn Văn Vĩnh SVTH : Lê Thị Ngọc Phượng

THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH 5-2001

MỤC LỤC

A.Đặt vấn đề .............................................................................................................................. 1

B. ................................................................................................................................................ 5

CHƢƠNG I: CƠ SỞ LÍ LUẬN.............................................................................................. 5

1. Cơ sở triết học: ............................................................................................................ 5

2. Cơ sở tâm lí học: ......................................................................................................... 5

3.Cơ sở logic: .................................................................................................................. 7

CHƢƠNG II: CÁC PHƢƠNG ÁN ÁP DỤNG PHƢƠNG PHÁP BÀI TOÁN NGƢỢC. .... 9

PHẦN I: PHƢƠNG ÁN ÁP DỤNG PHƢƠNG PHÁPBÀI TOÁN NGƢỢC ( Hình Học) .......................................................................................................................................... 13

1. Cấu trúc định lý ......................................................................................................... 13

2. Thiếp lập mệnh đề đảo ; ............................................................................................ 14

2.1.Thiết lập mệnh đề đảo sử dụng phép nghịch đảo của chứng minh : ................... 23

2.2. Thiết lập mệnh để đảo bằng cách thay đổi phần giái thích: ............................... 25

2.3. Lập mệnh đề đảo bằng việc lựa chọn khái niệm loại: ........................................ 26

2.4. Lập mệnh để đảo bằng việc tìm các hệ quả: ...................................................... 29

3.Phƣơng pháp chứng minh mệnh để đảo ..................................................................... 33

3.1.Phƣơng pháp sử dung định lý thuận để chứng minh đảo : .................................. 33

3.2.Phƣơng pháp cực hạn trong chứng minh bài toán ngƣợc: .................................. 35

4.Bài toán quỹ tích ........................................................................................................ 38

5. Bài tập vận dụng phƣơng pháp bài toán ngƣợc. ....................................................... 40

PHẦN II : PHƢƠNG ÁN ÁP DỤNG PHƢƠNG PHÁP BÀI TOÁN NGƢỢC (Đại số- Giải Tích) .......................................................................................................................... 60

CHƢƠNG III: TỔ CHỨC DẠY HỌC BẰNG PHƢƠNG PHÁP BÀI TOÁN NGƢỢC (Qua một số tiết học ở THCS) ............................................................................................. 85

Bài 1:HÌNH CHỮ NHẬT ............................................................................................. 85 Bài 2:Hằng Đẳng Thức (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 ........................................................... 87

C.KẾT LUẬN .......................................................................................................................... 90

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

A. ĐẶT VẤN ĐỀ

(1) Trong giai đoạn hiện nay, mối quan tâm của giáo viên đối với các kiến thức về

tâm lí học dạy học đƣợc tăng lên đáng kể. Điều này là dễ hiểu bởi lẽ, sự hoàn thiện tay nghề

của giáo viên về cơ bản phụ thuộc vào việc ngƣời thầy sử dụng các kiến thức về tâm lí học

dạy học nhƣ thế nào, ở mức độ nào.

Các khả năng hoàn thiện phƣơng pháp làm việc của giáo viên hoàn toàn phụ thuộc

vào kĩ năng điều khiển hợp lí các hoạt động tƣ duy của học sinh trong quá trình dạy học.Để

tiến hành điều khiển các hoạt động tƣ duy của học sinh lẽ tất nhiên ngƣời thầy phải dựa trên

các kiến thức về tâm lý học dạy học, tức là dựa vào hệ thống các tính quy luật đã đúc kết

trong đó những kiến thức về tâm lí học, về lí luận dạy học, phải dựa trên phƣơng pháp tƣơng

hợp áp dụng hệ thống các tính quy luật trong dạy học môn Toán.

"Phƣơng pháp bài toán ngƣợc" trong dạy học môn Toán ở trƣờng phổ thông có thể

giúp ngƣời thầy điều khiển hợp lí và tích cực hóa các hoạt động tƣ duy của học sinh và là

cách tiếp cận tốt nhằm đạt đƣợc các mục đích đặt ra trong dạy học.

(2) Qua các lần cải cách giáo dục ở nƣớc ta, trên thực tế phƣơng pháp giáo dục, đào

tạo thay đổi rất ít. So với sự thay đổi của mục tiêu và nội dung thì phƣơng pháp giáo dục thay

đổi không nhiều và hiện nay khá lạc hậu so với thế giới.

Nhìn chung, việc dạy học của chúng ta vẫn làm cho học sinh thụ động, hoặc là tuy có

những biểu hiện tích cực mà vẫn cứ thụ động trong quá trình học tập. Các phƣơng pháp dạy

học truyền thống tuy có đặt vấn đề và giải quyết vấn đề tích cực hóa quá trình nhận thức của

học sinh nhƣng vẫn đặt nó trong khuôn khổ cứng nhắc của lối dạy học truyền thụ một chiều,

nặng về vai trò của thầy và chƣa đánh giá đúng mức vai trò hoạt động năng động, sáng tạo, tự

thích ứng của học sinh trong 1 xã hội phát triển. Việc đổi mới các phƣơng pháp dạy học phải

bổ khuyết mặt yếu kém nói trên, nâng trình độ phát triển đa dạng, phức hợp, toàn diện của

hoạt động dạy học theo yêu cầu ngày càng cao của xã hội phát triển.

| 1

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

(3) " Phƣơng pháp bài toán ngƣợc " đƣợc hiểu là sự áp dụng một cách đồng bộ các

nhiệm vụ dạy học :

a) Nghiên cứu một cách hợp lí và đồng thời các phép toán và các thao tác, đảo ngƣợc

của nhau nhƣ :

- phép cộng - Phép trừ

- Phép nhân - Phép chia

- Phép nâng lên lũy thừa - phép khai căn

- Nhóm các số hạng vào trong ngoặc - Bỏ dấu ngoặc

-Logarit hóa - Phép mũ hóa

b) Trong quá trình dạy học môn Toán, một điều rất quan trọng là so sánh các khái

niệm đối lập nhau khi xem xét chúng đồng thời. Chẳng hạn:

- Định lý đảo - Định lý thuận

- Hàm số ngƣợc - Hàm số

- Hàm không tuần hoàn - Hàm số tuần hoàn

- Hàm giảm - Các hàm tang

Nói chung là các bài toán thuận và ngƣợc của nhau.

Ví du: Thuận : Vẽ đồ thị hàm số bậc hai y = f(x) = ax2 + bx +c

Ngƣợc: Tìm tam thức bậc hai cho biết tọa độ các điểm nào đó của Parabol.

c) Có thể so sánh đối chiếu các khái niệm cùng loại hoặc các khái niệm tƣơng tự,

chẳng hạn:

- Bất phƣơng trình - Phƣơng trình

- Cấp số nhân - Cấp số cộng

- Phép giao các tập hợp - Phép hợp các tập hợp

- Phép tuyển các mệnh đề - Phép hội các mệnh đề

- Tích phân - Đạo hàm

hay so sánh hai cách phân chia của cùng một tập hợp các đối tƣợng theo các dấu hiệu

khác nhau ...

d) Có thể so sánh đối chiếu các phƣơng pháp giải Toán với nhau, chẳng hạn nhƣ:

| 2

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

- Giải hệ phƣơng trình = phƣơng pháp đồ thị - Giải hpt = pp giải tích

- Chứng minh định lý hoặc giải toán bằng -Chứng minh định lý và

phƣơng pháp phân tích giải toán bằng pp tổng hợp

- Chứng minh bằng phƣơng pháp lập luận - Chứng minh = đồ thị

Một trong những kết quả quan trọng thu đƣợc do việc áp dụng những khía cạnh khác

nhau trên đây của " Phƣơng pháp bài toán ngƣợc" là tích cực hóa hoạt động của học sinh

trong đó tạo cho học sinh có khả năng tự mình phát biểu đƣợc một định lý, lập ra đƣợc một

bài toán mới và tìm cách giải chúng. Việc sử dụng phƣơng pháp bài toán ngƣợc cho phép lôi

cuốn, thúc đẩy hoạt động nhận thức của học sinh.

Thực tiễn dạy học cho thấy: thay vì giải các bài tập khác nhau, nên cho học sinh giải 2

bài tập là ngƣợc của nhau; thay cho việc chứng minh 2 định lý khác nhau của nên cho học

sinh chứng minh 2 định lý là ngƣợc của nhau, sẽ có tác dụng kích thích mạnh mẽ hoạt động

tƣ duy của học sinh. Ngoài điều đó, do việc học sinh nắm đƣợc các thủ thuật lập các bài toán

ngƣợc mà giáo viên có thể thực hiện đƣợc cá nhân hóa việc dạy học, tiếp cận có phân loại đối

với học sinh giỏi, khá, trung bình...

Hoạt động của học sinh do vậy mà mang đặc trƣng sáng tạo. Học sinh biết tự mình đặt

ra các giả thuyết và kiểm tra tính đúng đắn của nó, nhận biết các khẳng định không đúng

bằng cách dẫn ra đƣợc các phản ví dụ: Với cách học tập nhƣ vậy, các kiến thức của học sinh

trở nên sâu hơn, vững chắc hơn, tƣ duy logic đƣợc phát triển.

Xuất phát từ tình hình trên, em đã chọn đề tài " Phƣơng pháp bài toán ngƣợc trong dạy

học môn Toán ở trƣờng phổ thông "

Nhiệm vụ của đề tài gồm những phần sau:

1.Trình bày cơ sở lí luận của " Phƣơng pháp bài toán ngƣợc ". Nhiệm vụ này

đƣợc giải quyết trong chƣơng 1 của luận vãn.

2. Trên cơ sở lí luận ta đề ra phƣơng án áp dụng " Phƣơng pháp bài toán ngƣợc"

trong chƣơng trình Toán phổ thông: Hình học, đại số và giải tích. Nhiệm vụ 2 đƣợc

giải quyết trong chƣơng I của luận văn.

3. Đề xuất việc tổ chức dạy học bằng" Phƣơng pháp bài toán ngƣợc " (PPBTN) vào

một số tiết học ở chƣơng trình Toán phổ thông. Nhiệm vụ 3 đƣợc giải quyết trong chƣơng III

của luận văn.

● Để đạt đƣợc yêu cầu đặt ra, phƣơng pháp nghiên cứu bao gồm:

| 3

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

1. Nghiên cứu một cách có hệ thống các tài liệu về cơ sở lí luận dạy học, cơ sở triết

học, tâm lí học và logic học của " PPBTN "

2. Xem xét hệ thống bài tập chƣơng trình phổ thông nghiên cứu vấn đề nào có thể lật

ngƣợc lại, để xây dựng những bài toán ngƣợc đào sâu tƣ duy học sinh hơn.

3. Xem xét việc dạy học lí thuyết và vận dụng " PPBTN " đề ra một

số tiết học dạy bằng phƣơng pháp này.

● Trong xu hƣớng cải thiện tình hình giảng dạy và học tập ở trƣờng phổ thông hiện nay, em

hy vọng khoa luận này với phƣơng pháp dạy học mới phát huy tính sáng tạo của học sinh sẽ

đóng góp một phần nhỏ vào công cuộc nâng cao chất lƣợng giáo dục và đào tạo của đất nƣớc.

| 4

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

B.

CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÍ LUẬN

1. Cơ sở triết học:

Trong tác phẩm " Bút kí Triết học",V.I.Lênin khẳng định " Hạt nhân của phép biện

chứng là sự thống nhất và đấu tranh của các mặt đối lập ".

Sự khám phá ra bản chất đối lập của các sự vật và hiện tƣợng, đòi hỏi phải xem xét

đồng thời các bộ phận và các mặt đối lập nhau. Nếu nhƣ các bộ phận và các mặt đôi lập

không đƣợc nhìn nhận, xem xét đồng thời mà lại tách rời nhau thì chắc chắn mối liên quan

giữa chúng sẽ không đƣợc nhận thức sâu sắc, đầy đủ và có cơ sở bằng sự xem xét đồng thời. 2. Cơ sở tâm lí học:

a) Nhà tâm lí học ngƣời Bỉ, Jean Piaget, đã rất quan tâm nghiên cứu các thao tác đảo

ngƣợc. Ông đã rút ra từ thực nghiệm " Hiệu ứng Piaget": Tuy theo mức độ phức tạp của

nhiệm vụ tƣ duy mà vai trò của sự đảo ngƣợc không ngừng tăng lên.

Thực nghiệm của Piaget: thực nghiệm đƣợc tiến hành ở trẻ em độ tuổi mẫu giáo

Đầu tiên ông rót nƣớc từ 1 bình A ( có chia vạch ) vào bình B rộng và sau đó vào bình C hẹp

hơn, lƣợng nƣớc rót vào 2 bình là nhƣ nhau

Câu hỏi đƣợc đặt ra : " Nƣớc trong bình B và bình C, ở bình nào nhiều hơn ?”

 Trẻ em đa số cho rằng: nƣớc bình C nhiều hơn.

| 5

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Để chỉ cho trẻ thấy lƣợng nƣớc 2 bình là nhƣ nhau, Piaget lần lƣợt cho san nƣớc

ngƣợc lại lần lƣợt từ bình B và bình C vào bình A. Lúc này, toàn bộ các em lại nói lƣợng

nƣớc nhƣ nhau.

Chính thao tác đảo ngƣợc làm trẻ thấy đƣợc nƣớc ở bình B và bình C là nhƣ nhau, xóa

bỏ đƣợc ngộ nhận.

* Nhà sinh lý học thần kinh nổi tiếng ngƣời Nga, Pavlốp, cũng đã có những nghiên

cứu về bản chất sinh lý học của các mối liên hệ thuận và đảo trong tƣ duy. Ông cho rằng nếu

2 trung khu thần kinh liên hệ thống nhất với nhau thì các quá trình kích thích tác động diễn ra

giữa chúng ở cả 2 hƣớng thuận - ngƣợc.

Học thuyết của Pavlốp về các phản xạ có điều kiện đƣợc vận dụng trong quá trình dạy

học môn Toán. Các quy tắc định nghĩa, khái niệm, chứng minh định lý, giải toán trong quá

trình dạy học trở thành một chuỗi các phản xạ có điều kiện và trở nên vững chắc ở ngƣời học

một khi chúng đƣợc lặp đi lặp lại nhiều lần có hệ thống ổn định trong cả 2 chiều thuận và

đảo. Chính điều này cho phép chống lại " tính ì" trong tƣ duy.

"Sự đối lập đan xen của các tác nhân kích thích tƣơng phản ảnh hƣởng tích cực đến

quá trình tƣ duy" - Pavlốp.

b) Một sự liên hệ giữa 2 quá trình P1 và P2 diễn ra trong nhận thức, trong đó quá trình

thứ nhất P1 diễn ra kéo theo sự xuất hiện của quá trình P2 đƣợc gọi là một liên tƣởng.

Chẳng hạn 1 học sinh cấp I nhìn thấy trên bảng có bài toán: 4 + 3 = □ ( quá trình P1 )

Khi đó các em đọc kết quả là 7 ( quá trình P2) Bởi vì quá trình P1 kéo theo sự xuất

hiện quá trình P2 ở học sinh nên ta có liên tƣởng ( P1, P2) ở ngƣời học.

Nếu chính em học sinh đó biết tách 7 = 3 + □ thì ta nói ở em học sinh có 1 liên tƣởng

đảo ngƣợc Việc chuyển từ phép cộng (6 + 5 = 11) sang phép trừ ( 11-6 = 5) Việc chuyển từ

phép nhân (4x3=12) sang phép chia (12:3 = 4) Việc chuyển từ định lý thuận sang định lý

đảo.... đều dựa trên mối liên hệ thuận và đảo ( các liên tƣởng ) trong tƣ duy học sinh.

Nhƣ vậy, mối liên hệ ngƣợc có liên quan đến đặc trƣng tâm lý của quá trình dạy học

gắn liền với sự xuất hiện các liên tƣởng.

Khi xem xét, đánh giá các sự kiện diễn ra trong quá trình dạy học, chúng ta cần phải

phân biệt 2 phạm trù : logic và tâm lí.

| 6

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Liên tƣởng là 1 khái niệm tâm lí học, liên tƣởng hoặc là xuất hiện hoặc không xuất

hiện. Còn tính đúng, sai của mệnh đề lại là khái niệm logic.

Nghệ thuật dạy học là ở chỗ phải củng cố các liên tƣởng cần thiết và đúng đắn, đồng

thời sàng lọc các liên tƣởng không cần thiết, không đúng đắn.

c) Năng lực Toán học:

Krutecxki, nhà tâm lí học ngƣời Nga trong cuốn sách " Tâm lí năng lực Toán của học

sinh " cho các năng lực sau là năng lực cơ bản để nắm vững toán học:

a.Năng lực khái quát hóa nhanh và rộng các tài liệu Toán học.

b.Năng lực cô đặc và thu gọn nhanh quá trình suy luận và hệ thống các phép toán

tƣơng ứng trong khi giải toán.

c.Năng lực chuyển đổi nhanh và dễ dàng sang quá trình tƣ duy đảo ngƣợc khi nghiên

cứu các tài liệu toán học. Chẳng hạn, nếu 1 học sinh biết chuyển nhanh từ việc giải các bài

toán số học bằng các phép toán tách rời sang việc giải bài toán bằng cách vận dụng trực tiếp

công thức thì ở đây xuất hiện cả năng lực khái quát hóa, cả năng lực thu gọn quá trình suy

luận.

Ba năng lực Toán nêu ở trên có liên quan chặt chẽ với nhau trong quá trình học Toán.

Trong đó, năng lực chuyển đổi tƣ duy từ quá trình thuận sang quá trình đảo ngƣợc đƣợc coi là

yếu tố khởi đầu, xác định năng lực Toán nói chung ở học sinh.

Trên cơ sở tâm lí học vừa nêu ta thấy trong dạy học môn Toán không thể không vận

dụng, phƣơng pháp bài toán ngƣợc. Một vấn đề khi đƣợc nhìn nhận đồng thời 2 mặt thuận và

đảo thì tính chính xác sẽ đảm bảo tránh tuyệt đối những nghi ngờ, lƣỡng lự. Mà đó là điều

3.Cơ sở logic:

quan trọng nhất của việc học Toán.

a) Hình vuông logic;

Các định lý Toán học dù đƣợc phát biểu dƣới hình thức nào thì về cơ bản đều có thể

tách ra thành 2 phần A và B, đồng thời có cấu trúc logic là

mệnh đề kéo theo: A=>B

Mệnh đề A đƣợc gọi là giả thuyết.

Mệnh đề B đƣợc gọi là kết luận.

Nếu gọi mệnh đề A => B (1) là mệnh đề thuận thì:

● Mệnh đề : B => A gọi là mệnh đề đảo của mệnh đề (1)

● Mệnh đề: gọi là mệnh đề phản của mệnh đề (1)

| 7

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

gọi là mệnh đề phản đảo của mệnh đề (1)

● Mệnh đề : Ta chứng minh đƣợc: Ta có hình vuông logic:

b)Đinh lý Gobe: Nhƣ đã biết, nếu mệnh đề thuận A => B đúng thì mệnh đề đảo B =>A có thể đúng và

cũng có thể sai. Vấn đề đặt ra trong điều kiện nào, nếu mệnh đề thuận đúng mà không phải đi xem xét tính đúng, sai có thể kết luận ngay trong mệnh đề đảo cũng đúng. Định lý sau đây cho ta cần giải đáp vấn đề đặt ra.

* Đinh lý Gobe: Giả sử ta có 1 dãy n các mệnh đề đúng: Ai =>Bi ( i = 1,2,..n) thỏa điều kiện sau:

a.Các giả thiết Ai ( i = 1,2,...,n) cũng là tất cả những tình hình có thể xảy ra cùng 1 vấn đề không tƣơng thích. Nghĩa là Ai và Aj (i≠j) không thể đồng thời cùng đúng và bao giờ cũng có 1 cái đúng. b.Các kết luận Bi ( 1 = 1,2,...,n) cũng là tất cả những tình hình có thể xảy ra của cùng

1 vấn đề không tƣơng thích. Khi đó, n mệnh đề đảo Bi => Ai( i = l,2,...,n) cũng đúng. c).Một số hình thức đảo của các mệnh đề có điều kiên phức tạp

Thuận Đảo

A1A2 =>B

• • • Đảo toàn bộ: B => A1A2 Đảo bộ phận: BA1 => A2 Đảo bộ phận: BA2=> A1

A=>B1B2

• • • Đảo toàn bộ :B1 B2 => A Đảo bộ phận: B1 => A Đảo bộ phận: B2 => A

A1 v A2 => B

• • • Đảo toàn bộ: B => A1 v A2 Đảo bộ phận: B => A1 Đảo bộ phận: B => A2

| 8

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

CHƯƠNG II: CÁC PHƯƠNG ÁN ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP BÀI

TOÁN NGƯỢC.

Nội dung giáo trình toán ở trƣờng phổ thông ở mức độ hoàn toàn cho phép sử dụng

"phƣơng pháp bài toán ngƣợc". Chẳng hạn, trong hình học khái niệm định lí đảo đã đƣợc đƣa

vào. Ngoài điều đó trong sách giáo khoa đã có các bài tập phát biểu và chứng minh định lí,

mệnh đề đảo một số bài toán.

Cùng với mệnh đề đảo của các mệnh đề đã cho, các học sinh đã gặp trong khi giải các

bài tập giải tích và trong một số chủ đề khác.

Tất cả điều đó muốn nói: trong việc dạy học hình học,phƣơng pháp các bài tập đảo

của nhau cần đƣợc chú ý đầy đủ.

Việc áp dụng phƣơng pháp vào các giờ học đại số và phần đầu giải tích cũng cho phép

nắm tốt hơn các phƣơng pháp giải bài tập mặc dù có đặc thù, phƣơng pháp giải riêng.

Nhiệm vụ lập các bài toán là đảo của các bài toán đã cho, trong cách giải của chúng trẻ em đã

bắt đầu từ cấp I. Làm việc với các bài toán đảo là kinh nghiệm đầu tiên của học sinh khi bình

luận (phê phán) toán học tự mình. Rất tiếc thậm chí đến các lớp 4-5, khó phát hiện ra, dù chỉ

là các nhận xét cho phƣơng pháp tiến bộ chỉ ra.

Để lập đƣợc bài toán đảo, ta đƣa giá trị của các đại lƣợng phải tìm vào phần giả thiết

của bài toán, con coi một trong các đại lƣợng đã cho là ẩn.

Ví du 1:

Cho bài toán thuận:" Từ cùng một địa điểm nhƣng theo hai hƣớng ngƣợc nhau có hai

ngƣời đi ra với vận tốc 7Km/h và 8Km/h. Hỏi sau 2 giờ khoảng cách giữa hai ngƣời bao xa?"

Giải: Sau 1 giờ hai ngƣời cách nhau: 7+8=15(Km)

Sau 2 giờ hai ngƣời cách nhau: 15.2=30(Km)

Để lập bài toán ngƣợc ta đƣa đại lƣợng tìm đƣợc (30Km) vào giả thiết. Còn giả sử cần

tìm một trong các đại lƣợng chƣa biết, ta nhận đƣợc các bài toán ngƣợc sau:

| 9

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Bài toán la: Từ cùng một điểm nhƣng theo hai hƣớng ngƣợc nhau hai ngƣời đi bộ ra

với vận tốc 7Km/h và 8Km/h. Hỏi sau bao lâu thì khoảng cách giữa họ là 30Km?

Bài toán lb: Từ cùng một điểm nhƣng theo hai hƣớng ngƣợc nhau hai ngƣời đi ra. Sau

hai giờ khoảng cách giữa họ là 30Km. Tìm vận tốc ngƣời thứ hai nếu vận tốc ngƣời thứ nhất

là 7Km/h?

Khi lập bài toán đảo, nếu ta thay đổi hợp lí các giá trị của các đại lƣợng đã cho sẽ làm

cho học sinh nhận thức tốt hơn lời giải các bài tập.

Ta có thể xem bài toán sau đây là đảo bài toán một:

Bài toán lc: Từ một điểm theo hai hƣớng ngƣợc nhau có hai ôtô đi ra với vận tốc

70Km/h và 90Km/h. Sau bao lâu khoảng cách giữa họ là 480Km?

Việc lập một bài toán ngƣợc một cách hợp lí không phải đối với tất cả các bài toán.

Trong mỗi trƣờng hợp cụ thể, giáo viên nên giải thích mục đích giáo pháp của bài toán

ngƣợc. Để học sinh nắm tốt hơn phƣơng pháp giải cần phải đặt cho học sinh các câu hỏi là

ngƣợc với bài toán đã giải ở một mức độ xác định.

Trong ví dụ qua ta thấy phƣơng pháp các bài toán ngƣợc nhau không dẫn đến việc

thay đổi đơn giản các giả thiết và kết luận của bài toán.

Xét ví du 2:

Cho bài toán thuận:"Có hai vòi nƣớc chảy vào một cái bể. Vòi một chảy đầy bể trong

5 giờ, vòi hai chảy đầy bể trong 7 giờ.

a,Nếu hai vòi cùng chảy từ đầu vào bể thì sau bao lâu bể đầy?

b,Nếu có một vòi tháo ra trong 25 giờ thì cạn bể. Vậy khi mở cả ba vòi cùng một lúc

trong bao lâu bể đầy nƣớc?"

Giải:

a,Trong một giờ vòi một chảy đƣợc bể.

Trong một giờ vòi hai chảy đƣợc bể.

Trong một giờ cả hai vòi chảy đƣợc bể

=>Cả hai vòi chảy đầy bể trong: 1: giờ.

b,Trong 1 giờ vòi vòi 3 tháo ra bể.

=>Trong một giờ cả ba vòi chảy đƣợc: bể.

=>Cả ba vòi chảy đầy bể trong:

| 10

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Ta có các bài toán ngƣợc sau:

Bài toán 2a: Hai vòi nƣớc cùng chảy vào bể sau giờ thì đầy.

Nếu chảy một mình thì vòi 1 chảy đầy bể trong năm giờ. Hỏi:

a, Vòi 2 chảy một mình thì thời gian bao lâu để bể đầy.

b, Ngƣời ta mở cả hai vòi cùng chảy vào bể nhƣng sau giờ

mới đầy bể vì bấy giờ đáy bể có một lổ thủng. Hỏi lổ thủng này có thể làm cạn bể trong mấy

giờ?

Xét những bài toán này thật thú vị. Muốn lập và giải đƣợc chúng ngƣời

học phải có cái nhìn tổng quát, hiểu kĩ và rõ mối liên quan giữa các đại lƣợng. Thật đáng tiếc,

trong sách giáo khoa ta không bắt gặp đƣợc những bài toán ngƣợc này.

Chẳng hạn ở sách giáo khoa lớp 6 có bài:

7/40: a, Một vòi chảy đầy bể trong 3 giờ. Hỏi trong 1 giờ vòi chảy bao nhiêu phần bể. Một

vòi khác chảy đầy bể trong 4 giờ. Hỏi trong 1 giờ vòi chảy bao nhiêu phần bể?

b,Nếu 2 vòi chảy chung thì trong mấy giờ đầy bể?

8/40: Một tổ công nhân làm một mình sửa xong một đoạn đƣờng trong 6 giờ. Tổ khác

làm một mình thì sửa xong đoạn đƣờng đó trong 5 giờ. Nếu cả hai tổ cùng làm thì trong một

giờ sửa đƣợc mấy phần đoạn đƣờng?

Ta có thể hƣớng dẫn học sinh cách lập bài toán ngƣợc và yêu cầu làm bài tập.

Xét bài toán 9/43: Vận tốc riêng của chiếc thuyền (tức vận tốc thuyền lúc nƣớc yên

lặng) là 6,5 Km/h, vận tốc dòng nƣớc là 2,5 Km/h. Hãy tính thời gian mà thuyền xuôi dòng từ

bến sông A đến bến sông B dài 18 Km và thời gian mà thuyền ngƣợc dòng từ B về A.

Giải: Vận tốc xuôi dòng bằng 6,5+2,5=9 Km/h

giờ

Vận tốc ngƣợc dòng bằng 6,5-2,5=4 Km/h

giờ

Ta có những bài toán ngƣợc sau: Bài 9a: Một con thuyền xuôi dòng từ bến A đến bến B dài 18 Km mất 2 giờ. Biết vận tốc dòng nƣớc là 2.5 Km/h. Tìm vận tốc riêng của thuyền và thời gian thuyền ngƣợc dòng từ B về A?

| 11

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Bài 9b: Một con thuyền ngƣợc dòng từ bến sông B về bến sông A dài 18Km mất

4,5 giờ với vận tốc riêng là 6,5 Km/h. Hãy tìm xem thuyền bị cản bởi vận tốc dòng nƣớc bao

nhiêu và tính thời gian thuyền xuôi dòng từ A đến B.

Tuy nhiên ta cũng gặp một số bài toán ngƣợc nhau trong sách giáo khoa. Ví dụ:

4/57: Một cái bể hình hộp chữ nhật có chiều cao 1,5 m, chiều rộng bằng 0,8 chiều cao,

chiều dài bằng 120% chiều cao. Tim thể tích bể?

Thì bài 5/73 là ngƣợc của nó:

Một cái bể hình hộp chữ nhật có chiều dài l,8m, chiều rộng bằng 2/3 chiều dài và thể

tích là 3,24m3. Tính chiều cao của bể.

Ta có thể bổ sung một bài ngƣợc nữa: Một cái bể hình hộp chữ nhật có chiều rộng 1,2

m. Chiều cao bằng 5/4 chiều rộng và thể tích là 3,24m3. Tinh chiều dài bể.

Hoặc bài tập 10b/73 là ngƣợc của bài 2/57.

Bài 2/57:Trong thùng có 60 lít xăng. Ngƣời ta lấy ra lần thứ nhất 40%, lần hai 3/10 số

xăng đó. Hải trong thùng còn bao nhiêu lít xăng?

Bài l0b/73:Sau khi lấy thùng đựng xăng ra lần thứ nhất 4/11 thùng, lần thứ hai 2/5

thùng thì còn lại 131ít. Hỏi thùng khi đầy xăng có bao nhiêu lít?

Ta thấy các dạng ngƣợc của bài 2/57 là:

Bài 5/98: Bài kiểm tra toán lớp 6A sau khi chấm đƣợc xếp thành ba loại, điểm tốt

chiếm 25% tổng số bài, số bài điểm khá chiếm 2/3 tổng số bài, số bài loại trung bình là 4 bài.

Tim số học sinh của lớp 6A.

Bài 10/73:Sau khi cắt lấy 5/9 tấm vải, rồi lấy một/4 tấm vải thì còn mảnh dài 7m. Hỏi

cả tấm vải dài bao nhiêu mét?

Qua trên ta thấy "phƣơng pháp bài toán ngƣợc"cũng có đƣợc lƣu ý tới nhƣng chƣa

đƣợc xây dựng thành hệ thống, chƣa đƣợc phát triển có qui mô.

Thông qua ví dụ trên, chúng ta đặt ra câu hỏi: Việc phát biểu và giải các bài toán

ngƣợc có thể mang đến cho học sinh ích lợi gì?

● Thứ nhất, thấy ngay đƣợc: kích thích hoạt động tƣ duy học sinh. Học sinh có cảm giác nhƣ

tự bản thân mình biết đặt ra đƣợc bài toán mới và giải quyết nó.

● Thứ hai, học sinh hiểu sâu sắc hơn những mối quan hệ có tính qui luật của các đại lƣợng

tham gia vào các quá trình có trong dữ kiện bài toán thuận.

| 12

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

● Thứ ba,hoạt động tƣ duy diễn ra tạo tiền đề thuận lợi và chuẩn bị về mặt tâm lí tốt cho học

sinh trƣớc khi đi tới khái niệm "Định lí đảo" mà học sinh sẽ làm quen trong hình học.

PHẦN I: PHƯƠNG ÁN ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁPBÀI TOÁN NGƯỢC ( Hình Học)

1. Cấu trúc định lý

Để tạo đƣợc bài toán ngƣợc với bài toán đã cho ta lập mệnh đề đảo với định lý đã cho

và kiểm tra tính đúng đắn của nó.Vậy ta phải nắm rõ đƣợc cấu trúc của định lý đó.

- Mệnh đề toán học mà tính đúng đắn của nó đòi hỏi đƣợc chứng

minh gọi là định lý.

- Một định lý bất kì đều có thể tách ra phần : giải thích, giả thiết và kết luận.

* Phần giải thích: đƣợc tách ra bằng con đƣờng thiết lập các đối tƣợng và các quan hệ

mà trên đó giả thiết và kết luận định lý đã cho. Có thể thay đổi phẩn giải thích trong 1 số giới

hạn do tính tới giả thiết.

Nhƣ vậy, bất kì định lý nào cũng có thể biểu diễn đƣợc dƣới dạng

sau:

P / "nếu A thì B ", trong đó P : giải thích

A: giả thiết

B: kết luận

Ví dụ: Từ các tia AC và CA trong cấc nửa mặt phẳng khác nhau đối với đƣờng thẳng

AC đƣớc đặt các góc bằng nhau. Nếu qua điểm O trung điểm đoạn AC dựng đƣờng thẳng cắt

cạnh của các góc ở điểm B và D thì AB = CD.

Ở đây: phần giả thích : gạch dƣới

giả thiết: BÂC = A ̂D

và OA = OC

| 13

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Có thể chuyển 1 bộ phận bất kì của giả thiết vào phần giải thích, chẳng hạn AO = OC. Khi đó giả thiết:

Khái niệm phần giải thích cần thiết để giải thích 1 số vấn đề logic, gắn liền với định lý

đảo. Chúng ta không cần bắt buộc giải thích cho học sinh. Đối với học sinh chỉ cần làm cho các em hiểu đƣợc trong 1 định lý cần tách đƣợc 2 phần : giả thiết và kết luận.

Chẳng hạn: lấy ví dụ: *Định lý : " Tổng các góc kể bù bằng 180° " Việc xác định giả thiết và kết luận còn có nghĩa tách ra không tƣờng minh, ở phần giải thích có thể tiến hành qua trò chuyện - Trong định lý này đối tƣợng nào đƣợc xem xét?

- Hai góc.

- Điều gì đƣợc nói về chúng ?

- Nếu chúng kề bù nhau thì tổng 180°.

- Giả thiết của định lý là gì ?

- Các góc kề bù.

- Còn kết luận ?

- Tổng các góc bằng 180°

Xét ví du khác: " Trong 1 tam giác cân trung tuyến thuộc cạnh đáy là đường cao". * Trong định lý này đối tƣợng nào đƣợc xem xét ?

- Tam giác cân và đoạn thẳng nối đỉnh của tam giác này với điểm trên cạnh đối diện

* Cái gì là giả thiết của định lý ?

- Trung tuyến

* Cần chứng minh cái gì ?

- Đoạn thẳng là này chiều cao

2. Thiếp lập mệnh đề đảo ;

Nhân xét: Ta có thể dịch chuyển sự bằng nhau của các cạnh của tam giác vào giả thiết của định lý.

Nếu định lý đã cho đƣợc phát biểu dƣới dạng mệnh đề :

''Nếu A thì B" hay A => B

thì định lý đảo sẽ là " nếu B thì A " hay B =>A ngƣợc lại mệnh đề " Nếu A thì B " thì đảo của nó là " nếu B thì A "

Do đó để áp dụng thành công " Phƣơng pháp bài toán ngƣợc " cần thiết hình thành cho học sinh thủ thuật tách ra giả thiết và kết luận của

| 14

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

một định lý hay một bài tập nào đó, dạy cho học sinh phát biểu các mệnh đề dƣới

dạng " nếu. . thì ". Việc hình thành thủ thuật này xảy ra khi giải bài tập, mặc dù bản thân thủ

thuật nhiều khi không đƣợc nhận thức. Khi tách ra giả thiết và kết luận là giai đoạn cần trên

đƣờng đi tới nhận đƣợc mệnh đề đảo, thì chú ý của học sinh đƣợc cố định vào chúng 1 cách

có mục đích. Sau khi giả thiết và kết luận đƣợc tách ra thì việc phát biểu mệnh đề đảo là hoàn

toàn dễ dàng.

Ví dụ :

Định lý : "Trong một tam giác cân, trung tuyến dựng từ đỉnh là đƣờng cao "

Trong các tài liệu giáo khoa, khẳng định tƣơng ứng đƣợc nói rằng:

" Trong tam giác cân, trung tuyến dựng từ đỉnh vừa là đƣờng cao và là đƣờng phân giác" thì

khẳng định này cần giải thích rõ cho học sinh ở đây có sự hợp nhất

( gộp ) 2 định lý mà 1 định lý đã đƣợc nêu ở trên.

• Hãy phát biểu định lý trên dạng " Nếu A thì B "?

-" Nếu tam giác là cân thì trung tuyến là đƣờng cao "

- Phát biểu mệnh đề đảo ?

-" Nếu trong 1 tam giác, trung tuyến là đƣờng cao thì nó là tam giác cân "

Ta chứng minh định lý đảo này là đúng cùng 1 hình vẽ khi chứng minh định lý thuận.

Nhận thấy, nếu 1 học sinh nhanh ý sẽ lập đƣợc 1 khẳng định:

" Nếu trong 1 tam giác trung tuyến là phân giác thì tam giác đó là cân ". Việc chứng

minh hoàn toàn có thể.

Trong tài liệu các định nghĩa về các dấu hiệu bằng nhau của các tam giác đƣợc dẫn ra

1 số các khác nhau về việc lập mệnh đề đảo của học sinh.

Giả sử cho có thể nói gì về các yếu tố của tam

giác ?

Các học sinh nhận xét rằng ở các tam giác này (theo đn) Các cạnh và các góc tƣơng

ứng bằng nhau

| 15

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Nhận thấy trên hình vẽ : Â = Â1, AB = A1B1

Sau đó ta kẻ phân giác AD, A1D1 ?

- AD = A1D1

- Hãy chứng minh

∆ABD = ∆A1B1D1 ( g.c.g Â1 = Â, AB = A1B1, ̂ ̂ )

Dựa trên đó ta có thể phát biểu định lý sau: " Nếu 2 tam giác ABC và A1B1C1 bằng nhau thì ở chúng các góc A = A1, AB = A1B1 và 2 phân giác AD = A1D1"

Hãy phát biểu mệnh đề đảo của định lý đã cho : " Nếu trong các tam giác ABC và

A1B1C1 có Â = Â1, AB = A1B1 và 2 phân giác AD = A1D1 thì các tam giác này bằng nhau ".

Nhƣ vậy, nhờ giáo viên học sinh có thể nhận đƣợc 1 định lý mới và khẳng định nhận đƣợc có trong bài tập 22 SGK:

" Chứng minh sự bằng nhau của 2 kim giác theo 2 góc, theo phân giác của góc này và theo cạnh kề với góc này " ( Hình học Horoperol A.B)

Không phải định lý nào, mệnh đề đảo của nó cũng cần đƣợc phát biểu, chứng minh. Có thể do tính giá trị của nó không cao và xét theo quan điểm thông tin và giáo pháp chúng không có giá trị.

Trong 1 số trƣờng hợp khác, để chứng minh các mệnh đề đảo đỏi hỏi các kiến thức mà học sinh có khi còn chƣa đƣợc học. Do đó, giáo viên cần lƣu ý chƣơng trình các em học mà ta có các yêu cầu phù hợp. Nếu kiến thức chƣa đủ để chứng minh mệnh đề đảo thì chỉ cần yêu cầu phát biểu mệnh đề đảo.

Chẳng hạn, đề nghị học sinh ghi các mệnh đề đảo của bài tập:

CMR: Trong 1 tam giác cân

a) Các phân giác ứng với các đỉnh ở đáy xuống 2 cạnh bên là bằng nhau.

b) Các trung tuyến thuộc 2 cạnh bên bằng nhau.

c) Các đƣờng cao ứng với các đĩnh ở đáy đến 2 cạnh bên bằng nhau.

| 16

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Giả thiết là tam giác cân, từ đó ta có các mệnh đề đảo :

a. Nếu trong 1 tam giác có 2 phân giác bằng nhau là tam giác cân.

b. Nếu trong 1 tam giác 2 trung tuyến bằng nhau là tam giác cân.

Ở học sinh lớp 7, ta không yêu cầu kiểm tra tính chính xác của các mệnh

đề đảo vì lí do các em chƣa đủ kiến thức để chứng minh. Và đến lớp 8

yêu cầu chứng minh.

* Chứng minh mệnh đề đảo a : "Nếu trong 1 tam giác có 2 đƣờng phân giác bằng nhau thì đó cân ".

chứng minh;

Phƣơng pháp phản chứng giả sử

Xét và có :

BC=BC (Cạnh chung)

BD=CE (giả thiết)

(Do và BD và CE là phân giác)

(1) (Định lý liên hệ cạnh và góc )

Kẻ

là hình bình hành

do cân vì )

Mâu thuẫn với giả sử, tƣơng tự cũng sai khi giả sử

=> tam giác ABC cân tại A.

| 17

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

*Chứng minh mệnh đề đáo b: " Trong 1 tam giác 2 trung tuyến bằng nhau là tam giác cân".

do BE =CF => CK = BH Ta có BCHK là hình thang => BCHK là hình thang cân

Do BK = AC (BKAC là hbh)

CH = AH ( ABCH là hbh)

AC = AB

ABC cân ở A

* Mệnh đề đảo có thể không đúng

Không phải mệnh đề đảo nào cũng đúng cả, để ở học sinh không có ấn tƣợng sai là

mọi mệnh đề đảo đều đúng thì cần phải dẫn ra các định lý hoặc các bài tập mà ở đó mệnh đề đảo đó là sai.

Xét bài tập 20/37 - Hình học Hoporerol.A, B.

CMR : Trong hai tam giác bằng nhau ABC và A1B1C1 các trung tuyến dựng từ các

đỉnh A và A1 bằng nhau

Mệnh đề đảo : " Nếu các trung tuyến dựng từ các đĩnh A và A1 của các tam giác : ABC và A1B1C1 bằng nhau thì các tam giác này bằng nhau

Mệnh đề đảo này sai.

Ta chỉ ra phản ví dụ sau:

| 18

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

ở hình vẽ : 2 tam giác ABC và A1B1C1 có chung trung tuyến AM nhƣng

Giáo viên cần đƣa ra 1 số bài tập khác để giải thích đƣợc nó, học sinh tự mình phải

khẳng định đƣợc một số mệnh đề đảo là sai. Ví Dụ : Hãy kiểm tra mệnh đề đảo của các định lý sau có đúng hay không ?

1. Nếu thì Và các đƣờng cao dựng từ B và B1 Là bằng nhau. 2. Nếu 2 góc kề bù thì tổng là 180° 3. Nếu 1 tam giác là đều là nó là tam giác cân 4. Nếu trong một tam giác đều ABC, các điểm K,M,N là trung điểm của các cạnh thì đều. 5. Nếu 1 góc của là tù thì 2 góc còn lại đều nhọn. 6. Đề đảo nhận đƣợc tƣơng ứng

Giải:

1.Nếu 2 ABC và A1B1C1 có ̂ ̂ và có và các đƣờng các đƣờng cao dựng từ

đó bằng nhau thì 2 tam giác đó bằng nhau (Sai)

Phản ví dụ :

ABC và A1B1C1 có ̂ ̂

Và chung đƣờng cao BH nhƣng không bằng nhau

2.Nếu 2 góc có tổng là 180° thì 2 góc đó kề bù nhau(Sai)

Phản ví dụ :

nhƣng và

không kề bù

3.Nếu 1 tam giác là cân thì nó cũng đều. (Sai)

Phản ví dụ :

| 19

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

AB=AC ≠BC

4.Nếu ∆KMN đều thì ∆ABC cũng đều với K,M,N là trung điểm của các cạnh(Đúng)

do ∆ABC ~ ∆KMN

5.Nếu 1 tam giác có 2 góc đều nhọn thì góc còn lại là tù.(Sai).

Phản ví dụ ;

∆ABC đều có là nhọn.

Nhƣng cũng là góc nhọn.

* Một định lý cổ thế có một số mệnh đề đảo khác nhau:

Nếu mệnh đề thuận có dạng ABC => D

Thì mệnh đề đảo có các dạng : D=>ABC

BD => AC,DC => AB

AD =>BC

DBC =>A

ADC =>B,DAB => C

Nếu tiền đề của mệnh đề thuận là phức hợp thì có thể phát biểu 1 số mệnh đề đảo. Các mệnh

đề đảo này có thể đúng hoặc sai.

* Xét ví dụ: "Trong 1 tam giác cân, trung tuyến thuộc cạnh đáy là đường cao ".

Ta viết định lý thuận dƣới dạng

D: ∆ABC, M∈BC, A: AB=AC

B: AM là trung tuyến

C: AM là đƣờng cao

Vậy, mệnh đề thuận : P,AB=>C

Ta có các mệnh đề đảo sau :

1. P,AC=>B : ∆ABC cân có đƣờng cao AM cũng là đƣờng trung tuyến

2. P,BC=>A : ∆ABC có đƣờng cao AM cũng là trung tuyến thì ∆ABC cân

| 20

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

3.P,C=>AB AM là đƣờng cao, thì AM là trung tuyến và ABC cân

Ví dụ 2: Trên các cạnh của cân ABC với đáy AC đặt các đoạn bằng nhau AK và

CM thì AM=CK

Ta có các phần :

Giải thích P

A: BA=BC

B: AK=CM

C: AM=CK

Định lý có dạng : P,AB=>C

Một số mệnh đề đảo :

1.P,C => AB :Nếu trong có AM=CK, thì

cân (AB=BC) và AK=CM (Sai)

AM=CK

Nhƣng không cân

Và

2. P,BC => A : Trong có AK=CM và AM=CK với

thì cân(AB=BC) (Đúng)

3. P,AC => B : Trong cân (AB=BC) và AM=CK với thì

AK=CM. (Sai)

Phản ví dụ :

cân có AM=CK

Nhƣng

| 21

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

VD 3: Trên trung tuyến BD của ∆ABC cân đáy AC, lấy M và K CMR : ∆AMK=∆CMK P: ∆ABC ; DϵAC; M,KϵBD. A: BA=BC B: BD là trung tuyến C: ∆AMK=∆CMK

Đề bài: P,AB=>C Xét mệnh đề đảo P,C => AB : "Nếu ∆ABC có ∆AMK =∆CMK với K,M ∈ BD, D ∈

AC thì ∆ABC cân (BA=BC) và BD là trung tuyến". (Đúng)

CM: ∆AMK=∆CMK

=> MD là phân giác

Do ∆AMC cân => MD cũng là trung tuyến => BD là trung tuyến ∆ABC

Mà MD cũng là đƣờng cao nên BD là đƣờng cao trong ∆ABC

Vậy ∆ABC cân tại B.

Ngoài ra ta còn có các mệnh đề đảo:

P,AC => B

P, BC =>A

Đều đúng và mỗi mệnh đề đều dƣ giả thiết để chứng minh (Vì chỉ cần P,C=>B,

P,C=>A).

* Vấn đề thay đổi thuật ngữ bằng các định nghĩa;

Có nhiều bài toán và định lý: phần giải thích và phần giả thiết giấu kín trong 1 số

thuật ngữ kí hiệu cho 1 khái niệm. Khi đó việc phát biểu bài toán ngƣợc có nhiều khó khăn.

Trong các trƣờng hợp đó, để phát biểu định lý đảo và bài toán ngƣợc ta cần chỉ rõ thuộc tính

đặc trƣng của khái niệm thể hiện bằng thuật ngữ.

Ví dụ: Xét định lý: " Đƣờng trung bình của 1 hình thang thì song song với 2 đáy và

bằng nửa tổng 2 đáy "

P:ABCD là hình thang AD//BC

E ∈ AB,F ∈ CD

gt: EA=EB, FD =FC

| 22

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Mệnh đề đảo :

2.1.Thiết lập mệnh đề đảo sử dụng phép nghịch đảo của chứng minh :

P: ABCD là hình thang,

Nếu giáo viên có ý định quy hoạch xem xét định lý đảo của 1 định lý nào đó cho thì

có thể làm điều đó 1 cách hợp lí ngay sau khi chứng minh định lý ban đầu, thêm vào đó toàn

bộ lập luận diễn ra trên cùng 1 hình vẽ, điều này hoàn toàn tiết kiệm đƣợc thời gian. Càng

thuận lợi hơn khi chứng minh định lý đảo nhận đƣợc bằng cách nghịch đảo phép chứng minh

định lý thuận.

VD1: Cho tứ giác ABCD, Nếu ABCD là hình

thang thì diện tích và diện tích bằng nhau.

chứng minh:

Do

Bài toán ngƣợc : Tứ giác ABCD có Nếu SAOB = SCOD thì

ABCD là hình thang.

chứng minh: Ta có:

là hình thang

VD2: ( Trong không gian ) Cho có AB =AC. Lấy

Nếu thì

| 23

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Chứng minh

=>Bài toán ngƣợc 1: Cho ∆ABC có AB = AC. Lấy D ∈ (ABC). Sao cho AD⊥BC.

CMR: DÂB = DÂC.

=>Bài toán ngƣợc 2: Cho ∆ABC, lấy D ∈ (ABC) sao cho : AD⊥BC và DÂB = DÂC.

CMR :AB = AC.

Ta chứng minh cả 2 bài toán ngƣợc này rất đơn giản ngƣợc lại các bƣớc đi của bài

thuận.

1. Ta có ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ( do AD⊥BC)

2 Tiếp tục (1):

VD3: CMR: 4 đƣờng phân giác trong của hình bình hành ABCD cắt nhau tạo thành 4

đỉnh của 1 hình chữ nhật. (16/37 SGK 8 )

Chứng minh:

Ta có

=>Vậy MNKH là hình chữ nhật (. đccm) => Bài toán ngƣợc : Cho tứ giác ABCD. CMR Nếu 4 phân giác trong của tứ giác này

cắt nhau tạo nên 1 hình chữ nhật thì tứ giác này là hình bình hành.

chứng minh: nghịch đảo của phép chứng minh bài thuận

| 24

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Ta có

=> Vậy ABCD là hình bình hành

Với ma, mb, VD4: Cho ABC vuông tại A. CMR mc là các trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C.

chứng minh:

Bài toán ngƣợc : Cho ABC có CMR : ABC vuông tại A.

chứng minh: thao tác chứng minh là đảo ngƣợc của chứng minh bài toán thuận . Theo định lý Pitago đảo thì ABC vuông ở A. VD5: Cho ABC, 2 trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc nhau thì b2+ c2 = 5 a2 chứng minh: IBC vuông ở I nên => Bài toán ngƣợc : CMR: Nếu ABC thỏa b2+ c2 = 5 a2 thì 2 trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc nhau. chứng minh: thao tác làm ngƣợc lai với chứng minh thuận 2.2. Thiết lập mệnh để đảo bằng cách thay đổi phần giái thích: Ta có thể lập mệnh đề đảo bằng cách thay phần giải thích

* Xét định lí: "Nếu 1 trong 2 đƣờng thẳng song song, vuông góc với 1 mặt phẳng thì đƣờng thẳng còn lại cũng vuông góc với mặt phẳng này".

| 25

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Phát biểu định lí dƣới dạng khác : "Nếu a ⊥ (α) và a // b thì b⊥(α)" Ta có : phần giải

thích : (α),đƣờng thẳng a,b. Giả thiết : a⊥(α) , a // b Nhận thấy,giả thiết của định lí ở dạng

phức hợp chứa 2 tiền đề. Nếu ta thay đổi 1 trong 2 tiền đề bằng kết luận thì ta nhận đƣợc

mệnh đề đảo : "Nêu a⊥(α), b⊥(α) thì a // b"

So sánh định lí thuận và đảo vừa nhận đƣợc, nếu ta chuyển đổi tiền đề " a⊥(α)" vào

phần giải thích

Thì định lí thuận : "Nếu a // b thì b ⊥(α) " Định lí đảo : " Nếu b⊥(α) thì a // b" Nhƣ vậy ta

2.3. Lập mệnh đề đảo bằng việc lựa chọn khái niệm loại:

nhận đƣợc 1 mệnh đề đảo khác.

Các khái niệm khác nhau có thể trở thành khái niệm loại của cùng 1 khái niệm. Chẳng

hạn, hình thoi có thể chọn khái niệm loại là tứ giác hoặc hình bình hành (hbh). Do đó, trong

định lý 1 số tình hình có liên quan tới khái niệm loại khác nhau thì có thể nhận đƣợc các

mệnh đề đảo khác nhau.

Ví Dụ: Các đƣờng chéo của 1 hình chữ nhật (hcn) thì bằng nhau thì có cách phát biểu

căn cứ vào khái niệm loại là:

1 .Nếu tứ giác là hcn thì các đƣờng chéo của nó bằng nhau

2.Nếu hbh là hcn là các đƣờng chéo của nó bằng nhau => Mệnh đề đảo :

1. Nếu các đƣờng chéo của tứ giác bằng nhau thì nó là hcn ( sai)

2. Nếu các đƣờng chéo của hbh bằng nhau thì nó là hcn ( đúng )

Vấn đề ở chỗ hbh so với tứ giác có thêm tính chất phụ nào nữa mà

khi thêm vào cộng điều kiện 2 đƣờng chéo bằng nhau thì nó sẽ đƣợc tách ra từ tập hợp hbh 1

dạng riêng đó là hcn.

Ở học sinh cần thiết hình thành kĩ năng xem xét khái niệm gặp phải nhƣ 1 dạng đặc

biệt của các khái niệm khác mà ngoại diên của chúng không trùng nhau.

Chẳng hạn, kĩ năng nhìn hcn 1 dạng hbh và 2 dạng tứ giác

Các kĩ năng tƣơng tự đƣợc hình thành nhƣ khi xây dựng các mệnh đề ngƣợc lại với

định lý đảo đã cho.

Ví dụ : " Hình vuông đó là hcn có..." "Hình vuông đó là tứ giác có..."

Các bài tập tƣơng tự đƣợc sử dụng cả khi hình thành kĩ năng khái quát các khái niệm.

Kinh nghiệm của hoạt động nhƣ vậy cho phép học

| 26

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

sinh tránh khỏi các khẳng định sai lầm. Ví dụ: "Tứ giác với đƣờng chéo vuông góc là

hình thoi"

Ngoài ra, các kĩ năng đã chỉ ra ( khái niệm, với các loại khác nhau ) có thể giúp đỡ

trong quá trình xây dựng, các mệnh đề đảo và khái quát hóa.

VD1: Xét định lý sau:" Các điểm chia hình vuông theo cùng tỉ số ( cùng 1 hƣớng ) là các

đỉnh của hình vuông "

Trong khi xem xét hình vuông đã cho nhƣ dạng :

1.Hình thoi

2.Hcn

3.Hbh

4.Tứ giác

Có thể phát biểu 4 mệnh đề đảo khác nhau sau đây:

1.Nếu các điểm chia các cạnh của 1 hình thoi theo cùng 1 tỉ số

(cùng 1 hƣớng) là các đỉnh của 1 hình vuông thì hình thoi này cũng là hình vuông

2. Nếu các điểm chia các cạnh của 1 hình chữ nhật theo cùng 1 tỉ số ( cùng 1 hƣớng )

là các đỉnh của 1 hình vuông thì hình chữ nhật này cũng là hình vuông

3. Nếu các điểm chia các cạnh của 1 hình bình hành theo cùng 1 tỉ số (cùng 1 hƣớng)

là các đỉnh của 1 hình vuông thì hình bình hành này cũng là hình vuông

4.Nếu các điểm chia các cạnh của 1 hình tứ giác theo cùng 1 tỉ số ( cùng 1 hƣớng ) là

các đĩnh của 1 hình vuông thì hình tứ giác này cũng là hình vuông

Ta có : 1,2,3 đúng còn 4 sai.

Từ đó, có thể thấy đối với 2 mệnh đề đầu 1 và 2 có thể tìm đƣợc chứng minh đơn

giản hơn mệnh đề 3 vì mệnh đề 3 là khái quát của mệnh đề 1,2. Nhƣng không thể cho rằng

việc chứng minh định lý tìm đƣợc bởi 1 ngƣời, sẽ đơn giản hơn chứng minh 1 định lý tổng

quát tìm đƣợc bởi 1 ngƣời khác.

Một vài giả thiết riêng của định lý là thừa có thể làm cho chứng minh theo con đƣờng

phức tạp hơn.

Dễ hiểu là có thể không chứng minh tách biệt 2 định lý 1,2 ( đối với hình thoi và hcn )

mà ngay đầu tiên ta chứng minh định lý tổng quát ( đối với hbh ). Dẫn ra cả 3 chứng minh :

1) Giả sử ABCD là hình thoi, KMPT là hình vuông

| 27

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

tƣơng tự A=D=900 Do đó ABCD là hình vuông

Vì K,M,P,T chia các cạnh theo cùng tỷ số nên 2). Giả sử ABCD là hcn, KMPT là hình vuông

Ta có Mà C ̂P + C ̂M = 900 KB = MC Mà K,M,P,T chia các cạnh theo cùng tỉ số nên AB=BC

Vậy ABCD là hình vuông 3). Giả sử ABCD là hbh, KMPT là hình vuông Hiển nhiên Đặt AK=a, KB = αa BM = b =>MC = αb KMPT có cạnh c K ̂M = α => M ̂P = 1800 – α Ta có định lý hàm số sin KBM và MCP

Vì sin(180- α) = sin α và sin C ̂M = cosB ̂M

Chia (1) cho (2) vế theo vế:

| 28

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

là hình vuông 4). Trong 1 tứ giác có các đƣờng chéo bằng nhau và vuông góc mà không là hình

vuông. Trung điểm của các cạnh là đỉnh hình vuông.

Khẳng định trên không đúng, tuy nhiên nếu các điểm chỉ ra ở đó nếu không là trung

điểm các cạnh thì:

Giả sử ABCD là tứ giác đã cho, KMPT là hình vuông. Ta dựng hình vuông A1B1C1D1 mà các cạnh của nó đƣợc chia theo cùng 1 tỉ số bới các điểm K,M,P,T trong dĩ giác ABCD (

cùng 1 hƣớng ).

Theo 1) thì hình vuông này tồn tại

Kí hiệu: KB1 / KA1 =h

Ta có KAA1 KBB1 => BB1 =hAA1 Tƣơng tự AA1 = h.DD1 DD1 = h.CC1

CC1 = h.BB1 => BB1 = h4BB1

Do h 1 => BB1=0

Tƣơng tự

Do đó ABCD là hình vuông.

Nhƣ vậy, khi phát biểu các mệnh đề đảo chúng ta nhận đƣợc 4 định lý, trong đó định

2.4. Lập mệnh để đảo bằng việc tìm các hệ quả:

lý cuối cùng cũng là khái quát của 3 định lý đầu.

Các thủ thuật khuyếch trƣơng và sử dụng các bài tập trong quá trình dạy học Toán

đơn giản và không hoàn thiện: điều kiện đƣợc phát biểu (tìm, chứng minh. . ), lời giải đƣợc

thực hiện... và ở đây ta đã bỏ quên..., không 1 công tác phụ nào đƣợc tiến hành. Giữa chúng

dễ dàng kiến thiết các nhiệm vụ sau mà khi thực hiện chúng, tƣ duy học sinh làm việc 1 cách

tích cực hơn: chuyển từ 1 phƣơng pháp hành động sang hoạt động đảo.

| 29

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Liên quan tới điều đó là các nhiệm vụ tìm các hệ quả có thể từ tiền đề chỉ ra.

VD1: Hãy tìm không ít hơn 5 hệ quả nếu với các tiền đề :

AM = MC, B ̂M = B ̂M

Giải

1. B ̂M = B ̂M (do AMC cân M ̂C = M ̂ 2. ∆ABC cân tại B

3. ∆BAM = ∆BMC ( c.g.c )

4. BH là đƣờng cao ∆BAC(do

∆BAM=∆BMC=>M1=M2=>M3=M4 và

∆AMC cân => MH là phân giác cũng là

đƣờng cao)

5. A ̂H = H ̂C ( do ∆ABC cân nên BH

là đƣờng cao nên là p/g )

VD2: Có thể nói gì về góc, các đoạn thẳng, các tam giác nếu

∆AMP = ∆CMP

Giải: ∆AMP = ∆CMP

Tam giác:

(1): APC cân tại P

(2): AMC cân tại M

(1),(2) => M,P cách đều A và C nên MP là trung trực của AC.

cân ở B

API = ABM = , MIC, ABI = IBC..

Các đoạn thẳng:

AB = BC ( ABC cân)

IA = IC, BI ⊥AC, AM = MC, AP = PC

Các góc:

| 30

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

VD3: Tìm tất cả các hệ quả có thể có từ các tiền đề:

Giải:

Các học sinh sẽ hoàn thành các bài tập nhƣ thế nào ?

Một số hệ quả có thể rút ra từ các tiền đề. Sau đó tƣ duy của học sinh sẽ chuyển qua mấu chốt đặt câu hỏi: 2 tam giác này có bằng nhau không ? hay 2 góc này có bằng nhau không ? ... và lại thực hiện bƣớc đi ngƣợc. Tổng hợp đi với phân tích.

Trong khi hoàn thành những nhiệm vụ nhƣ vậy, học sinh nhận thức tốt hơn là chứng minh mệnh đề nào đó, có nghĩa tách ra mệnh đề đó từ các tiền đề đã cho nhờ các mệnh đề đảc đƣợc thiết lập, chứng minh trƣớc đó. Khi làm bài,học sinh không phải dựa vào hình vẽ mà dựa vào các kết luận logic Ví dụ: Đề nghị học sinh đƣa ra các hệ quả từ tiền đề: AC = BD,

Sau đó, nếu cần thiết cho kiểm tra xem trong số các hệ quả logic sẽ nhận đƣợc có cái nào là không suy ra từ các tiền đề đã cho.

Nhìn vào hình vẽ đó có thể lầm tƣởng đƣa ra các hệ quả :

Nhƣng nếu ta vẽ hình không đặc biệt thì sẽ đỡ bị lẫm hơn Thực chất đây là hình thang cân và có các hệ quả :

| 31

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

5.∆OAB=∆OCD...

• Một dang hoạt động sau đây cũng khá thích thứ đối với học sinh :

Khi giải các bài tập, luôn luôn có lợi để nghiên cức nó lập ra nhƣ thế nào. Học sinh thƣờng không suy nghĩ sâu trên vấn đề nhƣ vậy bởi vì với phƣơng pháp thông thƣờng học không lập các bài toán. Việc áp dụng chính các ví dụ đã mô tả đƣa học sinh vào hoạt động nhƣ bản thân học sinh " phát minh ra " một số định lý.

trong đó học sinh trao đổi với nhau các bài toán đã lập ra đƣợc. Nhƣng ở các vị trí trống, không có các đối tƣợng hình học đã cho và quan hệ giữa chúng, việc lập các bài toán gây cho học sinh sự phức tạp cho nên giáo viên cần mô tả 1 số tình huống, theo đó học sinh sẽ lập các bài toán. Ta xét ví dụ sau đây: Một số quan hệ sau đây có thể ra cho học sinh lớp 6-7-8. Qua hình vẽ

Yêu cầu: Mỗi học sinh kiến tạo 1 bài tập chứng minh trong đó tiền đề và yêu cầu bài

toán đƣợc lấy ra 1 số nào đó các quan hệ đã chỉ ra.

Điều quan trọng, để các bài toán không chứa các tiền đề thừa và kết luận đƣợc suy ra 1 cách hợp logic từ các dữ kiện đã cho. Sau đó, bài toán đƣợc giao cho học sinh khác, học sinh này phân tích phƣơng pháp của mình ( các hoạt động ) khi lập bài tập và trên cơ sở đó cố gắng hiểu quá trình lập luận của bạn. Nhƣ vậy học sinh chuyển từ 1 phƣơng pháp hoạt động tới bài toán đảo. Hoạt động của học sinh khi đó mang đặc trƣng sáng tạo. Với 5 quan hệ đã chỉ ra ở trên, có thể lập đƣợc các bài toán sau đây:

GT KL

l.AB=BC 1. BÂD = BCD

| 32

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

2.AB = BC, AD = DC 3. AD = DC, B ̂C = B ̂D 4. B ̂C = B ̂D 5. ABK = 6. AKD = DKC

2. ABK = CBK, AKD = KDC 3. ABK = CBK, AKD = CKD 4. AB = BI 5. AB = BC, AD = DC, B ̂C = B ̂D, AKD = KDC 6. AB = BC, AD = DC, B ̂C = B ̂D, ABK = BCK

* Phân biệt từ " nào đổ" và " bất kì " Ta xét định lý sau đây: "Nếu 1 đường thẳng nào đó cắt 1 trong 2 đường thẳng song song thì nó cắt đường thẳng còn lại " ( Hình học phẳng)

Sau khi thay thế các vị trí giả thiết và kết luận của định lý ta nhận đƣợc bản thân định lý " Nếu đƣờng thẳng nào đó c cắt đƣờng thẳng a và đƣờng thẳng a và b song song thì c cắt b ".

Thay đổi kết luận với tiền đề thứ 2, ta nhận đƣợc 1 mệnh đề mới: " Nếu đƣờng thẳng

c nào đó cắt đƣờng thẳng a và cắt đƣờng thẳng b thì a và b song song "( Sai)

Phản ví dụ:

Có thể phát biểu lại định lý ban đầu không thay đổi nội dung nhƣ sau khi thay thế "

nào đó " "bất kì"

" Nếu các đƣờng thẳng a và b song song với nhau thì đƣờng thẳng bất kì nào đó đã cắt

a thì cắt cả b " Mệnh đề đảo :

" Nếu bất kì đƣờng thẳng nào đã cắt a cũng cắt đƣờng thẳng b thì a và b song song" (

Đúng )

3.Phƣơng pháp chứng minh mệnh để đảo

3.1.Phƣơng pháp sử dung định lý thuận để chứng minh đảo : Ví dụ 1: Trong 1 tam giác vuông có 1 góc 30°, cạnh góc vuông đối diện với góc 300

Rõ ràng ta thấy ở đây từ "nào đó" và "bất kì " là phân biệt. Để giúp học sinh nhận thấy sự khác biệt này hoàn toàn không là điều dễ dàng.Ta có thể tiến hành công việc này trong 1 giờ ngoại khóa nào đó.

bằng nửa cạnh huyền.

| 33

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

300 bằng nửa cạnh khác thì tam giác đó vuông.

Xét mệnh đề đảo sau : Nếu trong 1 tam giác có 1 góc 300 và cạnh đối diện góc

Chứng minh: Giả sử Â=30°, BC = 1/2 CA Kẻ CC1 ⊥ AB, C1  AB Ta có ACC1 vuông tại Cạnh có Â = 300 Theo định lý thuận thì CC1 = ½ AC Mà CB = ½ AC (giả thiết) CB = CC1 => C1 ≡ B C ̂A = C ̂ = 900 Vậy ABC vuông tại B

VD2: Trong ∆ABC, trung tuyến BD = ½ AC. Tìm góc B

Giải: ∆ABD cân và ∆BDC cân Bài toán ngƣợc : ∆ABC vuông tại B. CMR trung tuyến BD bằng nửa cạnh huyền AC.

Ta có

Chứng minh: Giả sử DB ½ AC - BD > ½ AC Trên BD lấy B1 sao cho B1 đảo = ½ AC Theo bài toán thuận thì AB1C vuông tại B1 AB1C = 900

Tƣơng tự với trƣờng hợp giả sử BD < ½ AC cũng dẫn đến vô lí

điều giả sử sai

½ (đcm)

VD3: Cho hình chóp tam giác với các góc cạnh bên bằng nhau. CMR: đƣờng thẳng nối đỉnh của hình chóp với tâm của đƣờng tròn ngoại tiếp đáy là chiều cao của hình chóp

| 34

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Phát biểu và chứng minh định lý đảo sau đó áp dụng nó để chứng minh định lý thuận.

Định lý đảo: Chân đƣờng cao hình chóp tam giác với các cạnh bên bằng nhau là tâm

đƣờng tròn ngoại tiếp đáy hình chóp.

Chứng minh:

Ta có:

O là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp ( ABC )

+ Vận dụng để chứng minh bài toán thuận:

giả sử O là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp ABC

Hạ SO1 ⊥ ( ABC )

Theo bài toán đảo thì có O1A = O1B = O1C

Do đó O ≡ Oỵ => SO là đƣờng cao

* Qua các ví du trên, ta rút ra phƣơng pháp chứng minh các bài toán ngƣợc dƣa vào

bải toán thuận ;

- Dựng đối tƣợng mà với nó thực hiện các giả thiết của bài toán thuận.

- Sau đó, sử dụng kết luận của nó so sánh đối tƣợng nhận đƣợc với điều mà trong giả

thiết của định lý đảo đƣợc nói về nó.

- Đôi khi ta thoạt đầu phát biểu 1 bài toán ngƣợc và chứng minh bài toán ngƣợc đó,

3.2.Phƣơng pháp cực hạn trong chứng minh bài toán ngƣợc:

sau đó áp dụng kết quả nhận đƣợc để chứng minh bài toán thuận ( VD2)

Là phƣơng pháp đƣợc áp dụng đối với các phần tử biên vai trò nhƣ nhau

VD1: Gọi O là giao điểm của 2 đƣờng chéo AC và BD

CMR: Nếu ABCD là hình thoi thì chu vi (AOB) = chu vi (BOC) = chu vi (COD) =

chu vi (DOA)

Bài toán ngƣợc: Gọi O là giao điểm của 2 đƣờng chéo AC

và BD

CMR: Nếu thì ABCD là hình thoi.

Giải:

Áp dụng phƣơng pháp cực hạn

| 35

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Vai trò OA, OB, OC, OD là nhƣ nhau

Nên giả sử

=>∆OA1D1 = ∆OAD (c.g.c) và ∆ OA1D1 thuộc miền trong ∆DBC =>Chu vi (OA1D1) ≤ Chu vi (OCB) chu vi (OAD) = chu vi (OA1D1) ≤ chu vi ( OCB ) = chu vi ( OAD ) dấu "=" xảy ra : COA1D1 = COCB => A1 ≡ C và D1 ≡ B

Là hình bình hành (1)

mặt khác : CAOB = CAOD

Vậy (1), (2) => ABCD là hình thoi

VD2: Cho ABCD là hình thoi, AD BC = 0. CMR: ABCD ngoại tiếp đƣờng tròn tâm 0

Chứng minh:

Ta có S(AOB) = S (BOC) = S (COD) = D(DOA) ½ r2 . AB = ½ r3 . BC = ½ r4 . DC = ½ r1 AD r1 = r2 = r3 =r4 ABCD ngoại tiếp (O; r1) Bài toán ngƣợc : Tứ giác ABCD, AC ∩ BD = O. Điểm O cách đều các cạnh của tứ giác. CMR: ABCD là hình thoi.

Chứng minh:

Vai trò của OA, OB, OC, OD nhƣ nhau

Giả sử

Gọi A1 = S0(A)

B1 = S0(B)

Ta có OA1B1 = AOB => r1 = r

OA1B1 ⊂ ODC, r r3 vì r OI ( cạnh huyền OI)

| 36

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

và OI r3

r1= r r3=r1 (giả thiết r3=r1)

Dấu "=" xảy ra => r = r3 => r3 = OI => I ≡ H

B1=D, A1 ≡ C

OA=OC và OB=OD => ABCD là hình bình hành (1)

mặt khác : S(AOD) = S(AOB)

(1),(2) => ABCD là hình thoi.

= rDAB thì ABCD là hình chữ

VD3: Cho hình chữ nhật ABCD. CMR: rABC = rBCD= rCDA= rDAB

=> Bài toán ngƣợc: Cho tứ giác ABCD có : rABC = rBCD = rCDA nhật.

Giải:

Giả sử rABC = rBCD = rCDA = rDAB

Vẽ các hình bình hành ABB'C,ADD'C => BB'D'D là hbh

Ta có ∆ABC=∆BB'C, ∆ADC=∆DCD'

=> rABC= rBB'C, rADC = rDCD

Mặt khác :∆ABD=∆B'CD ,(c.c.c)

=> rABD=rB'CD'

Theo giả thiết:

rABC = rBCD = rCDA = rDAB

=> rBB'C= rBCD= rDCD= rB'CD'

Gọi E=BD' ∩ B'D. Ta chứng minh E ≡ C

Giả sử C#E => C thuộc 1 trong 4 tam giác EBD,EBB' EB'D',EDD'

| 37

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Giả sử E thuộc miền tam giác (mâu thuẫn)

B,C,D' thẳng hàng Mà AD // = ED' => AD //= BC => ABCD là hbh

<=> AB+BD+DA=AD+DC+CA

<=>BD=CA

4.Bàỉ toán quỹ tích

ABCD là hình chữ nhật.

Cấu trúc bài toán quỹ tích :

Gọi A là mệnh đề : Điểm M có tính chất α

Gọi B là mệnh đề : Điểm M thuộc hình H

thì mệnh đề thuận có cấu trúc logic: A=> B

mệnh đề đảo có cấu trúc logic: B=>A

Học sinh lại gặp 1 hình thức của bài toán ngƣợc

Ví dụ: Cho 2 nửa đƣờng thẳng Ox, và Oy vuông góc với nhau, đỉnh góc A của 1 tam

giác vuông là 1 điểm cố định nằm trong góc xOy, còn 2 đầu cạnh huyền BC thì di động trên

Ox và Oy. Tìm quỹ tích trung điểm M của cạnh huyền BC.

Giải;

Ta có: MA = MO = 1/2 BC

=>M ϵ trung trực của AO

Do B, C di động trên Ox, Oy nến M ϵ đoạn trung trực M0M1 của

OA

| 38

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Mệnh đề thuận là: " Nếu điểm M là trung điểm của đoạn BC (A1) và BÂC là góc vuông ( A2) thì M nằm trên đoạn M0M1 thuộc trung điểm của OA "(B) Cấu trúc logic của mệnh đề này là : A1A2 => B Phần đảo chứng minh theo hình thức đảo toàn bộ B => A1A2

- Lấy ∀M ∈MoM1, ta có MO=MA - Dựng ( M, MO) cắt Ox, Oy tại B,C

Do tứ giác ABOC nội tiếp => BÂC + BÔC = 2v mà BÔC = lv (giả thiết) =>BÂC= lv (A2) Mặt khác, BÔC là góc nội tiếp chắn nửa đƣờng tròn ( M;MO) nên BC là đƣờng kính. ● B => A1A2 = ( B=>A1)(BA1=>A2)

- Lấy ∀M∈MoM1 - Hạ MI ⊥ Ox tại I - Lấy C ∈ Ox, IC = IO - CM ∩ Oy=B Ta có

=> MB = MC => M là trung điểm BC ( A1) Mặt khác : MO = 1/2 BC MA = 1/2 BC BAC vuông tại A ( có trung tuyến = ½ cạnh huyền ) ( A2)

●Phần đảo chứng minh theo hình thức đảo bộ phận BA2 => A1

| 39

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

5. Bài tập vận dụng phƣơng pháp bài toán ngƣợc.

- Lấy ∀M ∈MoM1 - Hạ MI ⊥ Ox tại I - Lấy C ∈Ox, IC = IO - Nối CA. Dựng CÂt= 1v, At ∩ Oy = B Theo cách dựng ta có: BÂC = lv ( A2) Cần chứng minh : M là trung điểm BC Ta có: Â + Ô = 2v ABOC nội tiếp BÂC= lv => BC là đƣờng kính ( 1) mà MA=MO=MC ( AMOC cân => MO=MC) M là tâm của đƣờng tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC (2) (1),(2) => M là trung điểm của BC ( A1)

❖ Bài toán 1: Cho ∆ABC vuông tại A,đƣờng cao AH. CMR : AH2 =BH.HC.

a) Chỉ ra 1 phản ví dụ cho thấy nếu ∆ABC có đƣờng cao AH thoả

AH2 =BH.HC nhƣng góc A khác 90° .

b) Muốn có Â =90° thì cần có thêm điểu kiện gì ? Chứng minh

điều đó. Giải:

a) Phản ví dụ : Hình vẽ dƣới với tỉ lệ :

AH=2HB

HC=4HB

Tacó:

∆ABC thoả điều kiện AH2 =BH.HC nhƣng A ≠ 900

b) Ta xét cấu trúc bài toán thuận :

| 40

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

P: AABC,AH_LBC,BH+HC=BC

A: Â =90° B: AH2 =BH.HC. Cấu trúc câu a):

P: ABC,AH⊥BC A: AH2 =BH.HC. B: Â=90°

Bài toán này chƣa đủ điều kiện để chứng minh Â=90°.

Bổ sung điều kiện:

P: ABC,AH-LBC,BH+HC=BC A: AH2 =BH.HC. B: Â=90°

Do ở mệnh đề thuận ABC vuông tại A,đƣờng cao AH thì đã ngầm kéo theo điều

kiện HBC hay BH+HC=BC nên khi lập mệnh đề đảo ta phải chú ý điều kiện trên. Chứng minh: Ta có : AH2 =BH.HC

AHB CHA A ̂H = BÂH mà A ̂H + CÂH = 90° + HÂC = 90°

A =90°

Ta có các dạng toán tƣơng tự với 1 số hệ thức trong tam giác vuông :

1. AB2 =BH.BC 2. AC2 =CH.BC 3.

4. AH.BC=AB.AC

❖ Bài toán 2: Trong 1 tam giác vuông, trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng 1/2 cạnh huyền. Hãy thiết lập bài toán ngƣợc của bài toán thuận .

| 41

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

● Thuận:

P: ∆ABC,MA=MC

A: Â=90°

B: AM=BC/2

● Xét bài toán:

P: ∆ABC,MA=MC

A: Â< 90° (nhọn)

B: AM >BC/2

Bài toán này đúng

(AM >A'M=BC/2)

● Xét bài toán :

P: ∆ABC,MA=MC A: Â>900(tù)

B: AM < BC/2

Bài toán này đúng

do AM < AM’ = BC/2

Nhƣ vậy,sau khi sắp xếp các mệnh đề lại,ta có theo định lí Gobe thì các mệnh đề đảo

đúng và ta có Bài toán ngƣợc: "Chứng minh rằng :trong 1 tam giác, 1 góc sẽ nhọn, vuông hay

tùy theo cạnh đối diện nhỏ hơn hay bằng hay lớn hơn 2 1ần trung tuyến kẻ tới cạnh đối đó."

❖ Bài toán 3:

a) Cho ∆ABCcân tại A, phân giác BD và phân giác CE cắt nhau tại O. Chứng minh

rằng :OE=OD.

b) Cho ∆ABC có Â=600, phân giác BD và phân giác CE cắt nhau tại O. Chứng minh

rằng :OE=OD.

| 42

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Hãy giải bài toán trên. Lập bài toán ngƣợc của nó.

a) Ta có: AEC = ADB (c.g.c)

Giải

B1 = C1

EOB= DOC

OE=OD

b) Ta có: Â = 600

(1)và (2) EOD nội tiếp.

Mà A1=A2 (do AO là phân giác)

EO=DO

❖ Phát biểu bài toán ngƣợc: Cho △ABC, phân giác BD và phân giác CE cắt nhau tại O.Nếu

OD = OE thì △ABC hoặc cân tại A hoặc có Â=60°.

Giải :Kẻ OI ⊥ AB, OJ ⊥ AC.Có 2 trƣờng hợp xẩy ra:

● Trƣờng hợp 1: OI và OJ cùng nằm trên hoặc cùng nằm dƣới E,D.

Ta có : △AIO=△AJO (cạnh huyền,góc nhọn) OI=OJ, mà OD=OE

△EIO=△OJD E1=D1 E2=D2

Xét △EBO và △ODC có

E2=D2 (cmt)

OD=OE (gt)

O1=O2 (đđ)

△EBO=△ODC (g.c.g)

AÊD = ACO

AÊC = ACB

△ABC cân tại A.

| 43

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

● Trƣờng hợp 2: OI,OJ nằm trên hoặc dƣới E,D.

Ta có AIOJ nội tiếp (I+J= 180°) A1=A2 (AO là phân giác)

Vậy ∆ABC có Â=60°

❖ Bài toán 4: Cho hình vuông ABDC có tâm O. CMR : OA2+OB2+OC2+OD2=2SABCD .Hãy

giải và phát biểu bài toán ngƣợc.

Giải: VT = 4 . OA2 = 4. (AC/2)2 = AC2 = (AB√ )2 = 2AB2 = 2SABCD

= VP

đpcm.

phát biểu bài toán ngƣợc : Cho tứ giác ABCD, O là điểm bất kì nằm trong tứ giác.Nếu OA2+OB2+OC2+OD2=2SABCD thì ABCD là hình vuông và nhận O làm tâm.

Giải:

(Côsi) (1) ) SABCD = SAOB + SBOC + SCOD + SDOA SAOB 1/2 OA. OB 1/2 (

Dấu ‘‘= ’’ xảy ra khi { ⊥ ( )

Tƣơng tự :

| 44

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

(2) SBOC

Dấu ‘‘= ’’ xảy ra khi: { ⊥ ( )

(3) SCOD

{ Dấu ‘‘= ’’ xảy ra khi: ⊥ ( )

(4) SDOA

Dấu ‘‘= ’’ xảy ra khi: { ⊥ ( )

Cộng vế theo vế của (1), (2), (3), và (4) : SABCD 1/4 (2.OA2+ 2.OB2 + 2.OC2 + 2. OD2) 2. SABCD (OA2 + OB2 + OC2 + OD2)

Dấu ‘‘= ’’ xảy ra khi: { ⊥

ABCD là hình vuông nhận O làm tâm.

Bài toán 5: Cho ABCD là hình vuôngyChứng minh rằng: AB+BC+CD+DA=4

√ thì ABCD là hình vuông. Giải:

Tacó:AB+BC+CD+DA=(AB+CD)+(BC+DA) 2 √( )( ) (Bất

đẳng thức Cosi ).

Dấu "=" xẩy ra khi :AB+CD =BC+DA (*)

Mà (AB+CD)+(BC+DA)=AB.BC+CD.DA+CD.BC+AB.DA

SABC + 2SCDA + 2SCBA + 2SABD = 4SABCD

Dấu "=" xảy ra khi :AB⊥BC,CD⊥DA,CD⊥BC,AB⊥DA (**)

Do đó ta có : AB+BC+CD+DA 4√ . Dấu "=" xảy ra khi (*) và (**) xảy ra:

{ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥

| 45

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

{ c

ABCD là hình vuông (đ.c.c.m).

❖ Bài toán 6: Cho hình thang ABCD,AC∩BD=O,AB//DC

a) Chứng minh rằng: SAOD = SCOB b) Chứng minh rằng: √ √ √ (1) c) Chứng minh rằng: √ √ √ Giải và phát triển bài toán ngƣợc

Giải: a) Ta có:

Ta có:

c) Tƣơng tự b)

| 46

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

❖ Phát biểu bài toán ngƣớc:

1. Cho tứ giác ABCD, AC BD=O .Nếu SAOB=SCOB thì ABCD là hình thang. 2. Cho tứ giác ABCD, AC BD=O

a) Nếu √ + √ = √ (*) thì ABCD là hình thang. b) Nếu √ + √ = √ thì ABCD là hình thang.

Giải: 1. Ta có: SAOD = SCOB SAOD + SDOC = SBOC + SDOC

SADC = SCBD

DC.BB1 DC . AA1 =

AA1 = BB1

ABCD là hình thang.

AB//CD (bài toán ngƣợc (1)) ABCD là hình thang.

2.

❖ Bài toán 7: Chứng minh rằng: nếu tứ giác ABCD có 2 đƣờng chéo vuông góc thì tổng bình phƣơng 2 cạnh đối này bằng tổng bình phƣơng 2 cạnh đối kia. (11/82 SGK 8). Giải: {

a) Tƣơng tự a).

=

| 47

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Bài toán ngƣợc : Chứng minh rằng: tứ giác có tổng bình phƣơng 2 cạnh đối này bằng tổng

bình phƣơng 2 cạnh đối kia thì tứ giác ấy có 2 đƣờng chéo vuông góc nhau.

2

Giải: Giả sử AC không vuông góc BD.

2 +DH2

2+BH1

2+CH1

AH1

2+DH2 2 = CH1

2+CH2 2 = AH2 2 2- CH2 (AH1+AH2)( AH1-AH2) = (CH1+CH2)(CH1-H2)

Hạ BH1⊥AC,DH2⊥AC. AB2+CD2=AD2+BC2 2+BH1 2- AH2 AH1

( )( H1H2)=(CH1+CH2)(H1H2) (AH1+AH2+ H1+CH2)(H1H2)=0

2.H1H2.AC = 0

H1H2=0

H1 ≡ H2

AC⊥BD đ.c.c.m.

(O ;R), đƣờng kính BC cố định. Vẽ tiếp tuyến Bx, Cy tại D,E. ❖ Bài toán 8: Cho

a) Chứng minh: DE = BD + CD.

b) DOE vuông.

Hãy giải và thiết lập 1 số bài toán ngƣợc có thể có.

Giải:

a) DE = DA + EA

Mà DA = DB

EA = EC

DE = DA+EA

| 48

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

(D+E) =

1800 = 900

b) D1 + E1 =

mặt phẳng bờ BC,2 tiếp tuyến

Bài toán ngƣợc 1: Cho (O;R),đƣờng kính BC.Vẽ cùng

Bx,Cy với (O).Lấy D BX, dựng góc vuông Doz ở cùng nửa mặt phẳng đó cắt Cy tại

E.Chứng minh rằng :DE=BD+CE (hay DE là tiếp tuyến).

Giải:

Giả sử DE không là tiếp tuyến của (O).CÓ thể vị trí DE1, hoặc DE2. Vậy, từ D dựng tiếp tuyến DE*. Theo bài toán thuận thì DÔE*=1 vuông.

Theo giả thiết: DÔE=1 vuông

E=E*

DE là tiếp tuyến

DE=BD+CE

(0;R),đƣờng kính BC.Trên

mặt phẳng bờ BC dựng tiếp tuyến Bx.Lấy D Bx

● Bài toán ngƣợc 2: Cho

dựng tiếp tuyến Dz dựng góc vuông Dot, chúng cắt nhau ở E. Chứng minh rằng: CE là tiếp

tuyến của (O).

Giải: Ta có: I ̂ O = 1.V DÔE = 1.V (gt) I ̂O = 1.V ION= ONC

Ô1=Ô2

| 49

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Xét ∆IOE và ∆EOC có :

} ⊥ ạ ̂ ̂ ế ế cạ c

❖ Bài toán 9: Cho ∆ABC vuông.Chứng minh rằng:3 trung điểm 3 đƣờng cao thẳng hàng.

Giải : Gọi M,N,P là trung điểm của AB,AC,AH

Ta có : } M,N,P thẳng hàng.

Bài toán ngƣợc: Cho ∆ABC có 3 đƣờng cao AH,BK,CN. H∈BC,K∈AC,N∈AB. Chứng minh:

3 trung điểm 3 đƣờng cao thẳng thì ∆ABC vuông.

Giải: Giả sử ∆ABC không vuông ở A.Kẻ BK⊥AC,CN⊥AB.Gọi I,J,K là trung điểm

BK,AH,CN.Gọi E,F,Giữa là trung điểm AB,BC,AC.

Ta có: EI//AC, IF//KC

I EF ( hay I đƣờng trung bình EF của ABC. )

Tƣơng tự, ta có I,J,K thẳng hang (!) vô lý.

điều giả sử sai.

ABC vuông tại A.

Bài toán : Tính diện tích 1 tam giác có góc nhỏ nhất là 450,cạnh nhỏ nhất là 1 đơn vị

dài, 3 trung điểm 3 đƣờng cao thẳng hàng.

| 50

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Giải: Áp dụng bài toán ngƣợc trên, ta có tam giác đó là tam giác vuông,mà có 1 góc

45° nên là tam giác vuông cân với cạnh góc vuông là 1 đơn vị dài.

. (đvdd).

Diện tích = .1.1= ❖ Bài toán 10: Cho đƣờng tròn (O) ngoại tiếp ABC. Từ điểm M trên đƣờng tròn hạ các

đƣờng vuông góc lên các cạnh tam giác. CMR.Chân các đƣờng cao thẳng hàng. (Đƣờng

thẳng Simson ).

Giải : Gọi các chân đƣờng vuông góc hạ xuống là K,N,P.

Ta có : N2=M1 (BKMN nội tiếp )

N3=M2 (MNPC nội tiếp )

Ta có : B1=C1 ( ABMC nội tiếp )

mà {

M1=M2

N2=N3

K,N,P thẳng hàng.

Bài toán ngƣợc: Cho ABC nội tiếp trong (O). Lấy bất kì M(O). Hạ MK⊥AB,MN⊥ C

KN AC.Chứng minh rằng: MP⊥ AC.

Giải:

Thuận : A B

Ngƣợc : B A

Giả sử MP ⊥ AC.

P’ P: MP’ ⊥ AC tại P’.

Theo bài toán thuận thì K,N,P' thẳng hàng (!) vô lí ví K,N,P thẳng hàng.

Vậy điều giả sử sai MP⊥AC.

❖ Bài toán 11: Cho ABC nội tiếp (O) và M(O),M' là điểm đối xứng với M qua (O).

Chứng minh rằng: các đƣờng thẳng Simson của M và M' vuông góc nhau.

Giải :

| 51

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

/ (BN’MQ nội tiếp)

Cần chứng minh: P1 + P1 = 900 Ta có: P1 = M1 (BPMQ nội tiếp)

/ = M1

P1

/ = 900 đ.c.c.m.

Mà :

/ + M1

Vậy P1 + P1 / = 900 M1

Bài toán ngƣợc : Cho ∆ABC nội tiếp (O) và M∈(0),M' là điểm đối xứng với M qua

x này cắt AC,BC lần lƣợt tại Q' và R' Chứng minh: M'Q'⊥AC,M'R'⊥BC.

(O).Dựng M'P'⊥ AB.Từ P' dựng đƣờng thẳng vuông góc với đƣờng thẳng Simson của M,đƣờng thẳng P/

Giải:

Giả sử M’R’ ⊥ BC

Hạ M’R1 ⊥ BC

Thì P'R1 chính là đƣờng Simson của M'

Theo bài toán thuận thì đƣờng Simson của M' và đƣờng Simson của M phải vuông góc nhau

Do đó đƣờng Simson của M' chính là P'x (mâu thuẫn)

Vì P'x qua R', mà R' không là chân đƣờng cao hạ từ M' xuống BC

=> M’R’ ⊥ BC và M’Q’⊥ AC

Vậy điều giả sử sai

❖ Bài Toán 12: Chứng minh rằng : tâm đƣờng tròn ngoại tiếp, trực tâm và trọng tâm của 1

tam giác nằm trên 1 đƣờng thẳng ( Đƣờng thẳng Ơle)

Giải:

| 52

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Gọi O,H,G là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp trực tâm và trọng tâm của tam giác

-1/2: ABC A’B’C’

Gọi A',B', C' là chân các trung tuyến tam giác ABC

Ta có VG

Trực tâm H trực tâm O

H, G,O thẳng hàng và HG = 2GO, G giữa H và O

● Bài Toán Ngƣợc:

Cho tam giác ABC nội tiếp trong (O). Vẽ trung tuyến AA'. Gọi H là trực tâm, AA' cắt HO

tại G. chứng minh rằng G là trọng tâm tam giác ABC

Giải:

Giả sử G không là trọng tâm

tam giác ABC

Gọi G' ∈ AA' là trọng tâm

Theo bài toán thuận thì

H,G',O thẳng hàng

G’ = HO AA’ (mẫu thuẫn vì G = HO AA’)

Điều già sử sai nên G là trọng tâm tam giác ABC

⃗⃗⃗⃗⃗ . Chứng minh

Tƣơng tự ta có các bài toán ngƣợc:

1. GO AA1 = H. chứng minh H là trực tâm Hay lấy H sao cho: ⃗⃗⃗⃗⃗ = -2 ⃗⃗⃗⃗⃗ . Chứng minh H là trực tâm 2. Tam giác ABC, cho H,G là trực tâm, trong tâm. Lấy O sao cho ⃗⃗⃗⃗⃗ =

rằng O là tâm đƣờng tròn ngoại tiếp.

❖ Bài toán 13: Cho kim giác ABC. Chứng minh rằng các trung điểm của 3 cạnh, chân 3

đƣờng cao, các trung điểm của 3 cạnh nối liền 3 đỉnh với trực tâm cùng nằm trên 1 đƣờng

tròn ( Đƣờng tròn Ơle )

Giải:

A',B',C là đối xứng của A,B,C qua O

H1 là điểm đối xứng của H qua BC,

H1(O)

| 53

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

BHCA' là hình bình hành A1 là trung điểm của HA'

A1 là trung điểm của HA’

1/2 (O) và đƣờng tròn đó là (I;

)

Ta có: Mà H1,H2 H3,A,B,C,A',B',C' cùng thuộc (O) Nên A1,B1,C1,A2,B2. C2.,A3,B3,C3 cùng thuộc (I) Với (I) = VH

* Bài toán ngƣợc:

Cho tam giác ABC. gọi A1,B1,C1 là chân các trung tuyến. CMR: đƣờng tròn (A1B1C1) cắt AH,BH,CH,AB,AC,BC tại các trung điểm của chúng. Tƣơng tự bài toán ngƣợc cho đƣờng tròn đi qua 3 trong 9 điểm đó Giải:

Giả sử (A1B1C1) cắt AH tại A2,A3 và A3 không là trung điểm của nó. Gọi A'3 là trung điểm của AH Theo bài toán thuận thì A'3 ϵ(A1B1C1) (mâu thuẫn vì AH cắt (A1B1C1) tại 3 điểm. Do đó, điều giả sử sai

| 54

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

A3 là trung điểm của AH

Tƣơng tự, giả sử A2 không là chân đƣờng cao thì

Giả sử A’2 là chân đƣờng cao =>A'2  (A1B1C1) (mâu thuẫn vì AH cắt (A1B1C1) tại 3 điểm.)

A2 là chân đƣờng cao.

Chứng minh tƣơng tự cho 4 điểm A3,B3,C3,C2 còn lại cũng thuộc đƣờng tròn nên là trung

❖ Bái toán 14: Một tứ giác nội tiếp có 2 đƣờng chéo vuông góc nhau. Từ giao điểm 2

điểm của các đoạn.

đƣờng chéo hạ vuông góc xuống các cạnh. CMR: chân các đƣờng vuông góc và các trung

điểm của 4 cạnh cùng ở trên 1 đƣờng tròn.

Giải

Gọi O1,O2,O3,O4 là chân các đƣờng vuông góc

A1,B1,C1,D1 là các trung điểm các cạnh ( ⁄ Ta có { ⊥

A1B1C1D1 là hình chữ nhật

Nội tiếp đƣờng tròn đƣờng kính A1C1

Ta có A ̂ = A ̂D = A ̂D ( cùng chắn cung AD)

Mà A ̂D = AÔ (do tam giác OCC1 cân tại C1)

COO1 ̂ A ̂ 1

O1, C, C thẳng hang

A1Ô1C1 = 1v

O1 thuộc đƣờng tròn đƣờng kính A1C1

Tƣơng tự cho O2, O3,O4 => đccm

*Bài toán ngƣợc:

Cho tứ giác nội tiếp có 2 đƣờng chéo vuông góc nhau tại O. CMR: đƣờng tròn qua 4

trung điểm của 4 cạnh cắt các cạnh đó tại điểm thứ 2 chính là hình chiếu của O xuống mỗi

cạnh

| 55

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Tƣơng tự ta có các bài toán ngƣợc: đƣờng tròn qua 3 trong 8 điểm đó sẽ đi qua 5 điểm

còn lại thỏa các đặc điểm từng cái.

Giải:

Giả sử đƣờng tròn qua 4 trung điểm của 4 cạnh cắt cạnh AB tại điểm thứ 2 tại O1 Giả

sử OO1 ⊥ AB

Gọi O'1 là chân đƣờng vuông góc hạ từ O xuống AB

Theo bài toán thuận thì O'1 thuộc đƣờng tròn trên (mâu thuẫn vì đƣờng tròn đó cắt AB tại 3

điểm)

điều giả sử sai

OO1 ⊥AB

Tƣơng tự chứng minh cho các điểm còn lại

* Bài toán 15: Cho đƣờng thẳng d đi qua giao điểm các đƣờng phân giác của 1 tam

giác. Chứng minh nếu d chìa tam giác thành 2 phần có chu vi bằng nhau thì 2 phần đó có diện

tích bằng nhau

Phát biểu và chứng minh bài toán ngƣợc của nó.

Giải:

Giả sử d đi qua O là giao điểm 3 phân

giác của tam giác ABC, d cắt AB,AC

tại M.N và có :

CAMN = CBMNC

AM + MN + NA =BM +MN +NC +CB

AM +AN = BM+NC+BC (1)

Gọi r là khoảng cách từ O tới mỗi cạnh của tam giác thì

• Bài toán ngƣợc:

Cho kim giác ABC. Nếu đƣờng thẳng d chia tam giác đó làm 2 phần có chu vi và diên tích

bằng nhau thì đƣờng thẳng đó phải đi qua tâm đƣờng tròn nội tiếp kim giác ABC.

Giải:

Ta có: CAMN = CBMNC

AM +AN = BM+NC+BC (1)

| 56

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Và <=> SAMN = SBMNC (2)

Gọi r là bán kính đƣờng tròn nội tiếp tâm O

Nhân 2 vế của (1) với r/2 ta có:

SAOM +SAON = SBOM + SNOC +SBOC (3)

Nếu O nằm trong tứ giác BMNC

Trừ (2) và (3) vế theo vế ta có:

-SNOM =SMON (không thể xảy ra)

Nếu O nằm trong tam giác AMN thì:

Trừ (2) và (3) vế theo vế đƣợc:

SMON =-SMON (không thể xảy ra)

Vậy O ∈ MN hay d phải đi qua tâm đƣờng tròn nội tiếp tam giác ABC

❖ Bài toán 16: Cho hình thang ABCD (AB//CD) Trên đƣờng thẳng đi qua trung

điểm của 2 đáy lấy bất kì điểm O. kẻ đƣờng thẳng d đi qua O và song song với 2 đáy cắt 2

cạnh bên tại M,N. CMR: O là trung điểm MN.

Phát biểu bài toán ngƣợc.

Giải:

| 57

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Bài toán ngƣợc:

Cho hình thang ABCD (AB // CD). Trên AD lấy bất kì điểm M, kẻ MN//DC, N∈BC. Tìm quy tích trung điểm MN. Giải:

Gọi I,J lần lƣợt là trung điểm AB,CD.

Gọi O =MN x IJ Theo bài toán thuận O là trung điểm MN.

Vậy quy tích trung điểm MN chính là đoạn thẳng nối trung điểm 2 đáy.

❖ Bài toán 17: Hình thang ABCD có tổng 2 đáy AB và CD bằng tổng 2 cạnh bên. Đƣờng thẳng qua giao điểm 2 đƣờng chéo và song song với 2 cạnh đấy cắt AD ở M và BC ở N.

a. CMR: AM+BN=AB, DM+CN=CD

b. Phát biểu và chứng minh mệnh đề đảo.

Giải:

a. ta có: MO // DC

= =>

Mà

| 58

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

b. Mặt khác: ON//BC

Mà

Ta có

Theo đề bài: AB+CD=AD+BC

Thế (1): AM+BN=AB (.đccm)

Ta có

thay AB+CD=AD+BC vào (2)

ta đƣợc : DM+CN=DC (.đccm)

● MỆNH ĐỀ ĐẢO:

Nếu hình thang ABCD trên có AM+BN=AB hay DM+CN=DC thì tổng 2 đáy bằng

tổng 2 cạnh bên.

Giải:

● AM+BN=AB

<=>AD+BC=AB+CD (.đccm)

● DM+CN=DC

<=> AD+BC=AB+CD (.đccm)

| 59

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

PHẦN II : PHƯƠNG ÁN ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁP BÀI TOÁN NGƯỢC (Đại số- Giải Tích)

Việc học đại số và giải tích ở trƣờng phổ thông có đặc thù riêng so với hình

học. Khi phân biệt bằng thủ thuật, phƣơng pháp của việc giảng dạy, một số nhiệm vụ

sử dụng một cách truyền thống cùng với thủ thuật bài toán ngƣợc, và việc không có kỷ

năng của học sinh thực hiện chúng đƣợc xem xét là kiến thức không đầy đủ.

Ta xét một số vấn đề có thể áp dụng phƣơng pháp bài toán ngƣợc để đào sâu và

nâng cao khả năng suy luận, tƣ duy của học sinh.

1/ Đƣa thửa số ra ngoài căn - đƣa vào căn :

* Đƣa ra ngoài căn các biểu thức sau :

| 60

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

=> Ngƣợc : Hãy đƣa thừa số vào trong căn.

a)

Ta có

Do đó:

b)

• Trƣờng hợp: 1

• Trƣờng hợp 2:

c)

d)

• Trƣờng hợp 1:

• Trƣờng hợp 2:

e) điều kiện :

2/ Khai triển đa thức - phân tích đa thức thành nhân tử ;

• Thuận :

| 61

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

* Ngƣợc :

Phân tích các đa thức thành nhân tử :

| 62

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

3 / Tính tổng các phân thức - phân tích một phân thức thành tổng các phân thức :

❖ Thuận : Tính tổng :

❖ Ngƣợc: Phân tích phân thức sau thành tổng nhiều phân thức.

Đồng nhất thức tử số:

Đồng nhất thức tử số:

| 63

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Ứng dụng việc tách 1 phân thức thành tổng nhiều phân thức là để tính tích phân

tínhđƣợc) ( tính đƣợc)

Ví dụ: Tính 4 / Tính tổng, hiệu, tích, thƣơng các đơn thức, đa thức và tìm đơn thức, đa thức thỏa điều kiện cho trƣớc : * Thuận : Tính : A = 4xy + 5x2y - 2xy + x2y - xy = xy + 6x2y B = x3 - 2x2 + 5x - 4x3 + 7x2 - x = -3x3 + 5x2 + 4x C = l/2x2y. (-3xy)2. (7x2y2)3 = l/2x2y. 9x2y2. 343x6y6 = 3087/2. x10.y9. => Ngƣợc : 1. Viết các đơn thức sau thành tổng, hiệu 2 đơn thức có một số hạng là 2xy. a/ 4xy = 2xy + 2xy b / 6xy = 2xy + 4xy c / xy = 2xy - xy d / -3xy= 2xy - 5xy 2. Viết các đơn thức sau thành tích hai đơn thức có một thừa số 3x2y2. a / 15x4y3 = 3x2y2. 5x2y b / l/2x3y2 = 3x-y2- l/6x c / 2x5y4 = 3x2y 2/3x3y2 3. Tìm đa thức M thỏa : a / M - (2x2y - xy - 4xy2) = 2xy - xy2 M = 2xy - xy2 + 2x2y - xy - 4xy2 M = xy + 2x2y - 5xy2 b / 4x3 - 4x + 5 + 2M = 7 + x2 - 2x 2M = 7 + x2 - 2x - 4x3 + 4x - 5 2M = 2 + x2 - 4x3 + 2x M = 1 + x2/2 - 2x3 + x c / M + (2xy2 - 4xz5 + 3xyz - 7y3z2 + 15) = 4 M = 4 - 2xy2 + 4xz5 - 3xyz + 7y3 z2 – 15

| 64

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

5/. Tính tổng các phân số - phân tích 1 phản số thành tổng các phân số

Thuận: Tính

Ngƣợc:

1. Phân tích các phân số sau thành tổng của 3 phân số có tử là 1 và mẫu thì khác nhau

Muốn làm đƣợc điều này, yêu cầu học sinh phải có cái nhìn tổng quát, sâu sắc hơn với bài

toán thuận, phải phân tích tử số thành tổng 3 số mà 3 số đó phải là ƣớc số của mẫu thì phân

số tạo thành mới có tử là 1

6/. Tìm đa thức biết 1 số điều kiện;Thuận:

2. Điền số thích hợp vào dấu ? :

Thực hiện phép chia đa thức:

Ngƣợc:

| 65

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

a. Tìm hệ số a,b để đa thức ax3 + x2 + 2x + 1 chia hết cho đa thức x2 + x + 1

Do đa thức này chia hết nên số dƣ = 0

Vậy đa thức đó là : x3 + 2x2 +2x +1 b.Xác định i,j để đa thức x5 + i x2 +jx-6 chia cho đa thức (x3+ x+2) có dƣ số 1a -6x2 +4x -4

Đa thức dƣ là -6x2 +4x - 4 nên

ta có

| 66

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Vậy đa thức cần tìm là : x5 - 4x2 + 3x - 6

c.Tìm đa thức f(x) bậc 4 biết

Giải:

Ở (1): Đặt t=x+2

Ở (2): Đặt t=x-2

Vậy

Mà f(l)=l nên

Vậy

c. Xác định đa thức p(x) biết: p (3x) = p’(x). p’’(x).p’’’(x) với mọi X

Giải:

Gọi n là bậc của p(x)

Ta có : n = n-1 +n-2 +n-3

=> n=3 => p(x) = ax3 + bx2 + cx +d => p(3x) = 27 ax3 + 9 bx2 + 3cx + d p’(x) = 3 ax2 + 2bx + c

p’’(x) = 6ax + 2b

p’’’(x) = 6a

Theo giả thiết ta có 27 ax3 + 9 bx2 + 3cx + d = (3ax2 + 2bx + c)(6ax +2b)(6a)

Đồng nhất hệ số

| 67

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Vậy

7/.Thuận:

Chứng minh: 210+211+212 7

35+36+37 13

Ta có : 210+211+212=(l+2+4).210=7. 210 7

35+36+37 =(1+3+9). 35=13. 35 13

Ngƣợc: Phân tích 13.243 thành tổng 3 lũy thừa cơ số 3 với số mũ là 3 số tự nhiên liên tiếp.

Ta có : 13.243=13.35=(30+31+32).35=35+36+36

Tƣơng tự phân tích 7.1024 thành tổng 3 lũy thừa cơ số 2 với số mũ là 3 số tự nhiên liên tiếp.

8./Thuân :

7.1024=(20+21+22).210=210+211+212

Cho các số :4,10,125,270,765,1011,2457,785,96120.

a) Những số nào chia hết cho :2,3,5,9.

b) Những số nào chia hết cho cả 2 và 5

c) Những số nào chia hết cho cà 1,3,5 và 9

Áp dụng dấu hiệu chia hết ta sẽ giải quyết dễ dàng.

Ngƣợc:

a) Thay số vào dấu * để 17** chia hết cho 2,3,còn chia 5 dƣ 1.

b) Thay số vào dấu * để 36** chia hết cho 2, 5 và 9.

Hoặc :

Điền vào dấu * các phép toán sau:

| 68

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

c) Có tất cả 19 vòng tròn điền các số nguyên từ 1÷19 (mỗi số 1 lần) sao cho khi cộng

các số của 3 vòng tròn cùng ở trên 1 đƣờng thẳng thì tổng đều bằng 30.

d) Dùng các số từ 1‚16 điền vào vòng trống của hệ hành tinh sao cho cộng các số 4

vòng theo đƣờng thẳng hay hình tròn đều bằng 34.

e) Dùng cácsố từ 1->12 điền vào vòng trống của ngôi sao sao cho cộng các số trên 4

vòng trên đƣờng thẳng đều bằng 26.

| 69

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

e) d)

9./Cho a,b,c |R thoả:

Chứng minh rằng: a2+b2+c2 ≤ 6

Thiết lập bài toán ngƣợc (nếu có).

Giải: Ta có:

(a+l)(a-2) ≤ 0

(b+l)(b-2) ≤ 0

(c+l)(c-2) ≤ 0

=>(a+l)(a-2) (b+l)(b-2) (c+l)(c-2) ≤ 0

=> a2 +b2 +c2 ≤ 6

Thiết lập bài toán ngƣợc:

1. Cho a,b,c |R thỏa :

Chứng minh rằng:

2.

Chứng minh rằng:

3.

Chứng minh rằng:

Giải 1:

| 70

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

(*) 2a2 – 2(4-b)a + 2b2 – 8b + 10 = 0

a = -3b2 + 8b – 4

a 2

/

Tƣơng tự:

b 2

c 2

Do a|R nên / a 0 -3b2 + 8b – 4 0

+ 6x3

10. Tìm phƣơng trình hàm: * Thuận: cho biết hàm số cụ thể : f(x) = 4x2 -

đ.c.c.m.

g(x) = x2 – 5x + 8

Ngƣợc:

1. Tìm hàm f(x), g(x) biết:

( ) ( ) ( ) { ( ) ( ) ( )

Đặt u = 2x + 1: (1) f(u) + g ( ) = (3)

Đặt u = : (2) f(u)+ 2.g ( ) = 3 (4)

(3),(4) => g( ) =

Đặt x = => g(x) = 1 + x

(3) => f(x) = - = x

Vậy f(x) = x, g(x) = 1+ x

2. Tìm f(x) biết 3x2+ f’(x) + x3. F’(x) = -1, x#0

| 71

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Và f(1) = 1, f(-2) = -1

Giải:

Ta có:

Do

Vậy

3. Tìm phƣơng trình hàm f: N* ⟶ N*

Giải:

Ta có: f(n+l)>f(n) => f(n+1) ≥ f(n) +1

Giả sử f(n+l) =f(n) +1 thì thấy đúng với (2)

Ta cần chứng minh :f(n+l)= f(n) +1

Ta có :

Dấu ‘’=’’ xảy ra => f(n+1) = f(n) + 1

| 72

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Quy nạp ta đƣợc: f(n) =f(n-1)+1 =f(n-2)+2 =…=f(1)+n-1 11/. Tìm hàm ngƣợc:

2. Chứng minh các hàm số sau không có hàm số ngƣợc

| 73

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

b. y=2x3-3x +1

c.y=cos x trên (0;3π/2)

d. y= sin x trên (0;π)

Giải:

Điều kiện cần và đủ để hàm số có hàm ngƣợc là trong miền xác định hàm đơn điệu

Mà cả 4 hàm trên trong miền xác định không đơn điệu nên không có hàm ngƣợc

3. Thuận: Tính các hàm số lƣợng giác của các góc sau:

Ngƣợc :

12/. Phƣơng trình :

Tính α biết

Việc lập 1 phƣơng trình là nhiệm vụ ngƣợc của giải phƣơng trình có sẵn. Mục đích

của hoạt động động này là để nắm vững hơn phƣơng pháp giải nó.Ngay từ đầu với việc tìm

nghiệm của phƣơng trình ax+b=cx +d,ta đề nghị học sinh lập phƣơng trình nếu có nghiệm

x=3 với lập luận sau (phƣơng trình lập đƣợc không duy nhất)

VD1: x=3

<=> -2x=-6

<=>5x-7x=12-18

| 74

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

< => 5x – 12 = 7x -18

Ta thấy qua trình lập phƣơng trình hiện thực hóa thuật toán giải nhƣng theo thứ tự ngƣợc lại

VD2: Thuận: Giải phƣơng trình mũ

9X -6X =2. 4X

(9/4)x – (6/4)x = 2

(3/2)2x – (3/2)x – 2 = 0 (1)

Đặt t = (3/2)x, t> 0

(1) <=> t2-t-2 = 0

<=> t=-l(loại) hay t=2

Với t =2 => (3/2)x = 2

=> x = log3/22

=> Ngƣợc : Lập phƣơng trình mũ nhậnx = log3/22 làm nghiệm

Ta có : x = log3/22 => (3/2)x = 2

Đặt t = (3/2)x => t=2

Ta có 1 phƣơng trình mũ nhận t=2 là nghiệm là (t-2)(t-l)=0

< => t2 –t -2 =0

< => (3/2)2x – (3/2)x -2 = 0

< => 9x – 6x -2. 4x = 0

Lƣu ý: Ngoài phƣơng trình trên còn nhiều phƣơng trình khác nhận nó làm nghiệm

VD: Lập phƣơng trình mũ nhận x1=l,x2=2 làm nghiệm

Giải:

Đặt t = (2/5)x (ta có thể thay 2/5 bằng 1 phân số bất kì a/b)

| 75

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

1 = (2/5)1 = 2/5 2 = (2/5)2 = 4/25

t1 = (2/5)x t2 = (2/5)x t1,t2 là nghiệm của phƣơng trình : t2 – (t1 + t2)t +t1t2 = 0

Đó chính là 1 phƣơng trình mũ nhận x1=l,x2=2 làm nghiệm Nhƣ vậy thay vì ta cho học sinh

giải 2 phƣơng trình mũ khác nhau ta cho giải 1 phƣơng trình và lập phƣơng trình mũ nhận

13/. Hệ phƣơng trình và bất phƣơng trình

nghiệm đó

Trong chƣơng trình toán phổ thông có gặp giải hệ phƣơng trình chứ ít khi gặp lập hệ với

nghiệm cho trƣớc. Dạng bài tập này tạo khả năng thúc đẩy hoạt động của học sinh làm sáng

tỏ mặt mới của đối tƣợng, củng cố khả năng giải hệ phƣơng trình

Ví dụ: Tìm hệ phƣơng trình tuyến tính với 2 ẩn mà cặp (-3,4) là 1 nghiệm

Giải:

Chúng ta lấy các hệ số tùy ý a=l,b= -3 trong phƣơng trình đầu ax+by=c

Do cặp (-3,4) là nghiệm nên có: c=l.(-3)+(-3).4 = -15

Tƣơng tự lấy a= -4,b= -5 thì phƣơng trình 2 có c = (-4).(-3)+(-5).4= -8

Khi đó hệ có dạng :

Nếu học sinh giải hệ này sẽ đƣợc nghiệm (-3,4)

Lƣu ý: Hệ lập đƣợc không duy nhất, còn có nhiều hệ khác nhận cặp

(-3,4) làm nghiệm

VD2: Giải hệ:

| 76

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Các nghiệm (2,-6),(-6,2),(-2,6),(6,-2)

Giáo viên có thể nhận xét cùng với học sinh nếu cặp (a,b) là nghiệm thì các cặp (b,a),(-a,-b),(-

b,-a) cũng là nghiệm

Có thể ra đề toán ngƣợc cho học sinh là lập hệ phƣơng trình mà nghiệm của nó là các cặp

(l,5),(5,l),(-l,-5),(-5,-l)

Các hệ đó là

VD3: Giải hệ bất phƣơng trình

Bài toán ngƣợc: Lập hệ bất phƣơng trình mà nghiệm của nó là [-1;3)

Giải: Ta có khoảng đã cho là nghiệm hệ bất phƣơng trình

Các bài toán ngƣợc lập phƣơng trình, hệ phƣơng trình, hệ bất phƣơng trình đóng vai trò công

cụ tâm lí giúp học sinh xóa bỏ 1 số nghi ngờ, thiếu tin tƣởng, các em sẽ thắc mắc không biết

các phƣơng trình và các hệ đó lập ra nhƣ thế nào.

| 77

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

14/ Dãy số:

Xét nội dung SGK về các bài dãy số, cấp số cộng, nhân. Ta gặp các dạng bài tập : dãy đƣợc cho bằng cấp số cộng theo số hạng, thứ n hoặc cho bằng công thức truy hồi đòi hỏi học sinh tìm 1 số số hạng đầu tiên của dãy.

Không thấy xuất hiện các bài toán ngƣợc lại :từ 1 số số hạng đầu tiên tìm công thức cho dãy hay công thức cho số hạng thứ n. chuyển qua truy hồi và ngƣợc lại. Ta sẽ đƣa vào sau.

• Đầu tiên cho công thức cho số hạng thứ n của dãy :

a2 =2n+5, tìm công thức truy hồi ?

Dãy đó là :7,9,11,13,15... Gọi học sinh nhận xét về mối liên hệ giữa các số hạng kề nhau: số hạng sau hơn số

hạng trƣớc nó 2 đơn vị. Do đó, ta có : an+1=an+2 (công thức truy hồi).

• Cho 1 số số hạng đầu tiên, tìm công thức truy hồi và công thức số hạng thứ n của dãy số.

a) 1,5,11,16,21,26,... b) 2,10,50,250,1250,... c) 1/2,2/3,3/4,4/5,5/6,... d) 3,5,3,5,3,5,... e) 1,2,3,5,8,13,21,... (Phibônanxi).

Giáo viên có thể hƣớng dẫn cho học sinh trình tự nhƣ sau : -Đối với a,b,c giáo viên

hƣớng dẫn phần công thức truy hồi của dãy, việc này khá dễ dàng

a) an+1=an+5 b) an+1=5an c) an+1=an, a1=2, a2=4 d) an+2=an+1+an,ao=l,a1=2 Sau đó chuyển qua công thức số hạng thứ n. a) an+1=an+5

=> an=an-1+5=an-2+2.5=an-3+3.5= ... =a1+(n-l).5=l+(n-l)5=5n-4. Vậy an=5n-4.

b) an+1=5an

=> an=5an-1=5.5an-2=53an-3= ... =5.5n-2a1=5.5n-2.2=2.5n-1. Vậy an=2.5n-1. c) Giáo viên yêu cầu học sinh nhận xét mối liên hệ giữa các số hạng :hơn kém nhau 1

đơn vị với số 3. Nếu số hạng có thứ tự lẻ thì kém 1, số thứ tự chẵn thì hơn 1 đơn vị.

| 78

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Do đó, ta có : an =3+(-l)n.

d) an+2 = an+1 + an, a0 , a1 = 2. Phƣơng trình đặc trƣng : x2 – x-1 = 0

Ta có :

Vậy -Đối với câu c): tìm công thức số hạng thứ n. trƣớc thì dễ dàng hơn: chuyển qua truy hồi : Khi bài học "cấp số cộng" : học sinh tìm tổng số hạng đầu tiên nếu biết công thức số hạng thứ n. Ví dụ : an=3n-4, tìm Sn. => Ngƣợc : Cho Tìm công thức số hạng thứ n của cấp số cộng Giải: Ta có : a1=S1=-l Mà

• Khi bài học dãy số, ta gặp dạng bài tập chứng minh bằng quy nạp công thức tổng

các số hạng 1 dãy số.

Ví du : Chứng minh rằng:

| 79

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

=> Ngƣợc: Ta yêu cầu học sinh tìm ra tổng của dãy số đó. Điều này rất có lợi cho, giúp học sinh giải quyết đƣợc thắc mắc tại sao lại có công thức tổng nhƣ vậy. Đa số là áp đặt công thức này rồi kiểm tra bằng quy nạp. Giải: Lập công thức S1,S2,S3,S4. Xét hàm số :S(x)=l+x+x2+...+xn. (1) Nhân x vào 2 vế => x.S(x)=x+x2+x3..+xn+1. (2)

Trừ (2) cho (1) => (x-l).S(x) = xn+1 -1. Lấy đạo hàm 2 vế: S(x)+S'(x)(x-l)=(n+l).xn (3) VớiS'(x)=l+2.x+...+n.xn-1 (4) Lấy đạo hàm 2 vế của (3): 2S’(x)+S"(x).(x-l)=(n+l).xn-l Với S"(x)=1.2+2.3x+3.4x2+...+(n-l)nxn-2

Chọn x=l: 2S'(l)=n(n+l) <=> 2.(1 +2++... +n0=n(n+1).

(5)

với S"'(x)=1.2.3+2.3.4x+...+(n-2)(n-l).n.xn-3 ở (5), chọn x=l:

=> Si=l+2+...+n= Lấy đạo hàm 2 vế của (4): 3S"(x) +(x-l)S'"(x)=n(n+l)(n-l).xn-2

3.S"(l)=(n-l)(n+l)n

<=>3[1.2+2.3+...+(n-l)n]=(n-l)n(n+l) <=> S2=1.2+2.3+...+(n-l)n= (n-l)(n+l)n. Xét p(x)=x.S'(x)=x+22x2+32.x3+.. .+n2xn

(6)

p'(x)=lx+22x+32 x2+.. ,+n2xn-1 p'0)=l+22+32+...+n2 (3) <=> S(x)+p(x)-S'(x)=(n+l)xn Lấy đạo hàm 2 vế: S'(x)+p'(x)-S"(x)=(n+l)nxn-l Chọn x=l: S'(l)+p'(l)-S"(l)=n(n+l)

| 80

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

=> S3 = 12+ 22 +32+42+…n2 = ( ) ( )

• Xét K(x)=x.p'(x)= x+22x2+32.x3+...+n2xn

K'(x)=l+23x+33x2+.. .+n3xn-1

K'(l)=l+23+33+...+n3

Nhân 2 vế của (6) với x : x.S'(x)+x.p'(x)-x.S"(x)=(n+l)nxn

Lấy đạo hàm 2 vế :S'(x)+(x-l)S"(x)+K'(x)-x.S"'(x)n2(n+l).xn-1 Chọn x=l: S'(l)+K'(l)-.S'''(l)=n2(n+l). =>K'(1) = n2(n+l)-S'(l)+S''' (l) 15/Hàm số:

Trong chƣơng trình Toán phổ thông, về hàm số dạng toán vẽ đồ thị theo công thức hàm cho sẵn rất rộng rãi.Nhiệm vụ ngƣợc đóng vai trò hết sức quan trọng đó là xác định bản thân hàm số theo đồ thị đã cho hay qua mô tả thỏa 1 số điều kiện nào đó.

Ví du: Hãy xác định công thức của các hàm số của các đồ thị hình bên:

● (1): qua 2 điểm (-1,0) và (0,-3) Phƣơng trình tổng quát y = kx + b

Ta có :{ ( )

< => {

Vậy (1): y = -3x-3

● (2): qua 2 điểm (-2,0) và (0,1) Tƣơng tự cách làm trên ta có: (2) sẽ có phƣơng trình y = 1/2x+1

● (3): qua 2 điểm (0,2) và (3,0) sẽ có dạng: y = -1/2x + 2. ● (4): qua 2 điểm (4,0) và (0,-2) sẽ có dạng: y =-1/2x +2.

| 81

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

• (5): qua điểm A(l,3)và vuông góc với (2): y=l/2x+1.

Dạng tổng quát của (5): y=kx+b. do (5) vuông góc với (2) nên k.(l/2)=-l => k=-2 => (5) :y=-2x+b. do (5) đi qua A(l,3) nên :3= -2.1+ b => b=5. Vậy (5) có dạng : y=-2x+5. • (6) : qua điểm B(2,-2)và song song với (1): y=-3x-3.

(6) song song với (1), nên có cùng hệ số góc => (6): y=-3+b. (6) qua B(2,-2) nên :-2=-3.2+b => b=4. Vậy (6): y=-3x+4. Thực tế chứng tỏ rằng học sinh đủ nắm vững 1 cách có hiệu quả các vấn đề khảo sát hàm số nhờ đạo hàm dạng đồ thị của nó. Tuy nhiên nói về việc tìm hiểu sâu về mối liên hệ giữa đạo hàm với các tính chất của hàm thì không xảy ra. Ta xét bài tập sau: tìm hàm có biểu diễn đồ thị ở hình vẽ bên.

Ta thấy hàm không cho 1 cách cụ thể mà chỉ cho biết hoành độ của các cực trị và các khoảng cách đơn điệu.

x3 + 2x2 – 3x + C

Do tại x=l,x=2 đạo hàm bằng 0, nên trong khai triển của y' nhận 2 nhân tử. Mặt khác trong (-∞,1) thì hàm giảm nên : y'=-(x-l)(x-3) y'= -x2+4x-3 => y = -

x3 + 5x +C

Để học sinh không bở ngỡ, ta cho các em làm 1 số bài toán tìm hàm nếu cho biết đạo hàm của nó. Ví dụ: y’ = x2 + 5 => y =

x2 – x + C

y’ = 5x -1 => y =

y’ = 4 => y = 4x + C

• Sau đây, ta xét 1 ví dụ khác: Tìm hàm số đƣợc biểu diễn qua đồ thị bên : Đạo hàm của hàm có dạng

| 82

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

y’ = (x -2)(x-3)2

= x3 + 8x2 – 21x + 18

x3 - x4 +

x2 + 18x + C => y = -

❖ Trong hình học giải tích trong không gian, dạng toán thuận là đƣờng thẳng, mặt phẳng

xác định pháp vectơ hay vectơ chỉ phƣơng.

Ví dụ: (d): => VTCP ⃗ = (3,1,-2).

(α): 2x + 5y – z + 4 =0 => VTCP ⃗ = (2,5,-1)

(β): -x + 2y – z +11 =0 => VTCp ⃗ = (-1,2,-1).

Tìm góc giữa (α) và (β):

√

. => góc giữa (α) và (β) là mà Cos =

Hoặc ta sẽ yêu cầu học sinh tính khoảng cách giữa 1 điểm đến 1 đƣờng, 1 mặt phẳng,hay

khoảng cách giữa 2 đƣờng...

Các bài toán ngƣợc của chúng là yêu cầu lập phƣơng trình của đƣờng hay mặt thỏa 1 số điều

kiện nào đó.

Ví dụ :

1) Lập phƣơng trình đƣờng thẳng qua A(l,2,3) và B(-l,-5,0) => Đƣờng thẳng này qua A(,l,2,3) có VTCP ⃗⃗⃗⃗⃗ = (-2, -7, -3)

=> Phƣơng trình : {

2) Lập phƣơng trình mặt phẳng đi qua gốc tọa độ và song song

với mặt phẳng (α) : x-4y+z+5=0

=> mặt phẳng này // (α) nên chung VTPT ⃗ (1,-4,1) và qua O (0,0,0) nên có dạng : x-

4y+z=0

| 83

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

3) Lập phƣơng trình đƣờng thẳng qua điểm A(1,0,0) và cắt 2 đƣờng thẳng

(d1):

(d2): {

Giải: Đƣờng thẳng (d) cần tìm là giao tuyến của 2 mặt phẳng

(α) qua A và chứa d1

(β) qua A và chứa d2

● (α) có VTPT { ⃗ ⊥ ⃗⃗ c ⃗ ⊥ ⃗⃗⃗⃗⃗ ∀ ∈

Lấy

● (β) có VTPT { ⃗ ⊥ ⃗⃗ c ⃗ ⊥ ⃗⃗⃗⃗⃗ ∀ ∈

Lấy

Vậy (d):

| 84

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

CHƯƠNG III: TỔ CHỨC DẠY HỌC BẰNG PHƯƠNG PHÁP BÀI TOÁN NGƯỢC (Qua một số tiết học ở THCS)

Bài 1: HÌNH CHỮ NHẬT

-Nhiệm vụ thuận đƣợc thực hiện là sau khi vẽ hình và định nghĩa hình chữ nhật, giáo

viên yêu cầu học sinh tách ra các tính chất của hình chữ nhật (bằng nhật xét trực quan) rồi

kèm theo chứng minh.

-Sau đó giáo viên chuẩn bị các bài tập để thực hiện nhiệm vụ đảo, xác định mối liên

hệ giữa các tính chất đƣợc tách ra ở trên và những tính chất của hình bình hành và hình chữ

nhật. Nhiêm vụ đảo :dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật.

-Mệnh đề thuận có cấu trúc :A=> B1B2...Bn

-Mệnh đề ngƣợc có cấu trúc : B1B2...Bn =>A.

Tuy nhiên giả thiết có thể dƣ thừa, nhiệm vụ đặt ra là trong số B1B2...Bn tìm ra nhóm nhỏ

nhất có thể suy ra đƣợc A.

Tiến hành nhƣ vậy, mỗi em đều phải suy nghĩ và chế tác cho riêng mình 1 định lí (có

thể chia theo nhóm ) và phản ví dụ để hủy đi điều chƣa đúng. Hoạt độngnày mang tính sáng

tạo và nhạy bén.

Một số bài tập khởi động:

1) Những tính chất nào trong số các tình chất đã chỉ ra của hình chữ nhật không phải

là hình bình hành.

| 85

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

2) Từ điều kiện 3 và 9 có thể suy ra ABCD là hình bình hành,còn từ điều kiện 3 và 9

có thể suy ra ABCD là hình chữ nhật.

3) Tiền đề nào cần thêm vào 3 và 9 để đƣợc ABCD là hình chữ nhật.

4) Tiền đề 3 và 7 có thể suy ra ABCD là hình chữ nhật không?

5) Từ tiền đề 7 có thể suy ra những mệnh đề nào trong 9 mệnh đề đã nêu.

Giáo viên đặt ra 1 số cụm

A: 1,2,3,4,5,6,7,8,9;

B:l,3,5;

C:2,3,4;

D:3,4,5,9;

E:l,8.

Hỏi học sinh có đủ điều kiện tạo hình chữ nhật không? Nếu không hãy tìm phản ví dụ.

Phản ví dụ thể hiện qua các hình sau:

| 86

(D)

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Nhƣ vậy các nhóm đó đều không đủ tạo ABCD là hình chữ nhật. Trong số các tứ giác

từ hình A đến hình E không tứ giác nào thỏa mãn các tiền đề :(2,5),(3,8),(5,8),(1,4,8),(3,4,8).

Còn biểu diễn 4-5 thì tứ giác không hợp lí

Qua 15 phút giao nhiệm vụ mới, giáo viên gạch dƣới các tính chất ở trên bảng trƣ các

tính chất 1,2,3,4,8 và đề nghị học sinh tìm trong số đó 1 nhóm các tính chất đủ để chứng

minh hình chữ nhật.

Các nhóm có thể: (1,2,3),(1,2,4),(1,3,4),(1,3,8),(2,3,8),(2,4,8)

Các nhóm không thể :(2,3,4),(1,2,8),(1,4,8),(3,4,8)

Bây giờ giáo viên có thể gọi 3 đến 4 học sinh lên bảng chứng minh đồng thời phát biểu các

định lí để nhận biết tứ giác là hcn

Ví Dụ: "Nếu tứ giác ABCD thỏa (với O là giao điểm

của 2 đƣờng chéo) thì tứ giác là hình chữ nhật"

Bài 2 : Hằng Đẳng Thức (a + b)2 = a2 + 2ab + b2

--------------------------------------------------------------------------

* Nếu dạy bằng phƣơng pháp thuận ta cho khai triển bình phƣơng của 1 tổng 2 số a và

b bằng bình phƣơng số thứ nhất + 2 lần tích 2 số + bình phƣơng số thứ 2.

Nghĩa là : (a +b)2 = a2 + 2ab + b2

Các dạng bài tập đa số cho khai triển bình phƣơng của 1 tổng.

* Nếu tổ chức dạy bằng phƣơng pháp ngƣợc thì ta đổi vị trí hằng đẳng thức là: a2 +

2ab + b2 =(a + b)2.

Chuyển 1 tổng 3 số hạng về bình phƣơng của 1 tổng, tức là nhóm số hạng vào ngoặc

thay vì khai triển ngoặc theo bài toán thuận.

Nếu ta gặp 1 tổng 3 số hạng có dạng "Bình phƣơng số thứ nhất + 2 lần tích 2 số thứ

nhất và thứ 2 + bình phƣơng số thứ 2 " thì ta viết dƣới dạng "bình phƣơng tổng 2 số đó "

| 87

Nghĩa là : a2 + 2ab + b2 =(a+b)2 (1)

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

a. Xét ví dụ 1 : Chuyển về bình phƣơng 1 tổng của A=x2+10x+25 Ta thấy chƣa xuất

hiện giống dạng (1) nên ta thực hiện bƣớc phân tích

x2+2.x.5 + 52

Lúc này ta chuyển đƣợc thành (x+5)2

b. Xét ví dụ 2 : Chuyển về dạng bình phƣơng 1 tổng của B=a2-20ab3+100b6

Ta phân tích B = a2 + 2.a.(-10b3) +(10b3)2

= [a+(-10b3)]2

= (a-10b3)2

c. Xét ví dụ 3 : C = x2+6x+10

= x2+2.x.3 +32+l (tách 10 =32+l)

= (x+3)2+l

* Các dạng bài tập :

1. Chuyển về bình phƣơng 1 tổng

a.x2 +2xy+y2

b.l-2z+z2

c.64+16b+b2

2. Bổ sung vào * để đƣợc bình phƣơng 1 tổng:

a. b2+20b+ *

b. 16x2+ 24xy + *

c. y2- * +49

d.* -42pq + 49q2

| 88

3. Tính :

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

a. 372+ 2.37.13 + 132

b.31,82 - 2.31,8.21,8 +21,82

4. Rút gọn:

5. Điền vào ?:

a.(5x + ?)2= ?+? + 81

b.(4a + ? ) = ? -56a + ?

c. (? - 3)2 = 64a2 - ? - ?

| 89

d. ( ?- 10x)2=?-180 xy+ ?

SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

C. KẾT LUẬN

Đối với mỗi ngƣời làm toán và dạy học môn Toán luôn luôn có những câu hỏi đặt, ra

:"Dạỵ học tốt môn toán là gì? Làm thế nào để dạy tốt môn toán ? "

Khóa luận "PHƢƠNG PHÁP BÀI TOÁN NGƢỢC " không ngoài mục đích trên.

"Phƣơng pháp bài toán ngƣợc" là 1 phƣơng pháp dạy học mới chƣa đƣợc áp dụng 1 cách có

hệ thống vào chƣơng trình phổ thông hiện nay. Theo em, đây là l phƣơng pháp dạy học rất

tích cực, phát. huy óc suy luận logic và tính sáng tạo ở ngƣời học.Nó đòi hỏi ở ngƣời học 1

cái nhìn hết sức tổng quát và sâu sắc lập luận chặt chẽ, còn ở ngƣời dạy 1 sự tổ chức, sắp đặt.

khéo léo và công phu.

Mặc dù đƣợc sự quan tâm rất nhiều của thầy hƣớng dẫn và cùng với sự nỗ lực cố gắng

của bản thân nhƣng vì đây là 1 phƣơng pháp mới, khóa luận chắc chắn sẽ không tránh khỏi

những thiếu sót.Em kính mong sự góp ý,, xây dựng của quý thầy cô để em hiểu rõ phƣơng

pháp này hơn. Em mong rằng, khóa luận có thể đóng góp một. phần nhỏ nào đó trong công

cuộc cải tiến nội dung và phƣơng pháp giảng dạy của nƣớc ta hiện nay.

Em xin chân thành cảm ơn thầy NGUYỄN VĂN VĨNH đã tận tình quan tâm, giúp đỡ

em trong suốt quãng thời gian thực hiện đề tài.

Em xin chân thành cảm ơn các QUÝ THẦY CÔ và BAN CHỦ NHIỆM KHOA

TOÁN đã giảng dạy em trong những năm học Đại học để em đạt. đƣợc kết quả nhƣ ngày

hôm nay.

Chân thành cảm ơn các bạn khóa K23 đã động viên và giúp đỡ tôi thực hiện khóa luận

này.

TP.Hồ Chí Minh tháng 5 năm 2001

Ngƣời thực hiện :

Lê Thị Ngọc Phƣợng

ĐHSP – Khóa luận tốt nghiệp 1997 – 2001

Tài liệu tham khảo

1. NGUYỄN VĂN VĨNH : Tài liệu giảng dạy môn Phƣơng pháp chuyên đề Phƣơng pháp

giảng dạy.

2. NGUYỄN VĂN VĨNH: 23 Chuyên đề giải 1001 Bài toán sơ cấp.

3. NGUYỄN VĂN VĨNH : Một số vấn đề về chƣơng trình , nội dung và phƣơng pháp dạy

học toán giải tích 12.

4. HOÀNG CHUNG : Rèn luyện khả năng sáng tạo toán học ở trƣờng phổ thông.

5. HOÀNG CHÚNG-LÊ MỘNG NGỌC :Để học tốt Hình học 9.

6.Số học 6 (Tiếng Nga).

7. Tuyển tập toán về hình học sơ cấp NXBGD 1978.

8. Thực hành giải toán sơ cấp NXBGD 1986.

9.Toàn bộ SGK phổ thông .

10. số học 6 NXBGD 1976.

ll. Đại số 9 NXBGD 1980.