SKKN: Khai thác và phát triển một vài bài toán hình học 8 nhằm phát triển kỹ năng giải toán của học sinh

Đề tài sáng kiến kinh nghiệm<br /> <br /> <br /> KHAI THÁC VÀ PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN HÌNH HỌC 8 NHẰM <br /> PHÁT TRIỂN KỸ NĂNG GIẢI TOÁN CỦA HỌC SINH<br /> <br /> <br /> <br /> I. Phần mở đầu<br /> <br />  I.1. Lý do chọn đề tài<br /> ­ Toán học là một nghành khoa học tự nhiên, nó có mối quan hệ với nhiều <br /> nghành khoa học khác và được vân dụng nhiều trong thực tế  cuộc sống của  <br /> mỗi con người.<br /> ­ Mục tiêu của dạy học toán học trong cuộc sống là:<br /> + Trang bị cho học sinh những kiến thức về toán học.<br /> + Rèn luyện kỹ năng toán học<br /> + Phát triển tư  duy toán học cho học sinh đồng thời hình thành và phát <br /> triển nhân cách cho học sinh.<br /> ­ Là một giáo viên trực tiếp giảng dạy bộ môn toán tại trường THCS, trên <br /> cơ sở nắm vững mục tiêu của dạy học bộ môn tôi nhận thấy rằng việc phát <br /> triển tư duy toán học cho học sinh nói chung và nhất là đối tượng khá giỏi thì <br /> việc hình thành kĩ năng giải các bài tập toán là rất quan trọng. Để  làm được  <br /> như  vậy giáo viên cần giúp học sinh biết khai thác, mở  rộng kết quả các bài  <br /> tập cơ  bản, xâu chuỗi các bài toán để  học sinh khắc sâu kiến thức tạo lối <br /> mòn – tô đậm mạch kiến thức, suy nghĩ tìm tòi những kết quả mới từ những  <br /> bài toán ban đầu.<br /> ­ Nhưng trong thực tế  chúng ta chưa làm được điều đó một cách thường <br /> xuyên, vẫn còn trong giáo viên chúng ta chưa có thói quen khai thác một bài  <br /> toán, một chuỗi bài toán liên quan, hay chí ít là tập hợp những bài toán có một  <br /> số đặc điểm tương tự (về kiến thức, hình vẽ hay về yêu cầu …). Trong giải <br /> toán nếu chúng ta chỉ dừng lại ở việc tìm ra kết quả của bài toán, lâu dần làm <br /> cho học sinh khó tìm được mối liên hệ  giữa các kiến thức đã học, không có  <br /> thói quen suy nghĩ theo kiểu đặt câu hỏi, liệu có bài nào tương tự  mà ta đã <br /> gặp rồi? Cho nên khi bắt đầu giải một bài toán mới học sinh không biết bắt <br /> đầu từ  đâu? Cần vận dụng kiến thức nào? Bài toán liên quan đến những bài <br /> toán nào đã gặp mà có thể vận dụng hay tương tự ở đây?<br /> Trong quá trình dạy học hay bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi thấy rằng việc <br /> tìm tòi mở rộng các bài toán quen thuộc thành bài toán mới tìm các cách giải  <br /> khác nhau cho một bài toán để từ đó khắc sâu kiến thức cho học sinh là một <br /> hướng đem lại nhiều điều hiệu quả cho việc dạy học. Quá trình này bắt đầu  <br /> từ  các bài toán đơn giản đến bài toán khó dần là bước đi phù hợp để  rèn  <br /> luyện kỹ năng các thao tác trong lập luận về phân tích – trình bày lời giải góp <br /> phần rèn luyện năng lực tư duy cho học sinh. <br /> <br /> Trường THCS Băng AĐrênh                     Giáo viên Đặng Anh Phương  1<br /> Đề tài sáng kiến kinh nghiệm<br /> <br /> Nhằm khắc phục những khó khăn trong việc hướng dẫn học sinh giải  <br /> toán hình học, tôi đã rút ra một số kinh nghiệm và trong đề tài này tôi xin trình  <br /> bày việc hướng dẫn học sinh  “Khai thác và phát triển một vài bài toán hình  <br /> học 8 nhằm phát triển kỹ năng giải toán của học sinh”.<br /> I.2. Mục tiêu, nhiệm vụ của đề tài<br /> <br />  a, Mục tiêu của đề tài<br /> ­ Để  giúp học sinh có cái nhìn tổng thể  về  mối quan hệ  của một số  bài  <br /> toán hình học từ đơn giản đến phức tạp, các bài toán lạ được chuyển đổi từ <br /> một bài toán gốc đơn giản mà học sinh có thể giải được, để mỗi học sinh có  <br /> thể tự làm, tự trình bày một bài giải toán khó và hay, từ đó phát triển kỹ năng  <br /> giải toán của học sinh. Rèn cho học sinh khả năng phân tích, dự đoán và xâu  <br /> chuỗi kiến thức. Khuyến khích học sinh tìm hiểu cách giải để  học sinh phát  <br /> huy được khả năng tư duy linh hoạt, nhạy bén khi trình bày giải bài toán. Tạo <br /> được lòng say mê, hứng thú khi giải toán hình học.<br />  b, Nhiệm vụ của đề tài<br /> ­ Từ  một bài toán sách giáo khoa toán 8 tập 1, giáo viên hướng dẫn học <br /> sinh hình thành phương pháp giải tổng quát, để vận dụng giải các bài tập khó <br /> và hay khác có sử  dụng kết quả  của bài toán gốc và kết quả  của những bài <br /> toán trước.<br /> I.3. Đối tượng nghiên cứu<br /> ­ Học sinh hai lớp 8A và 8B trường THCS Băng Ađrênh – Krông Ana ­  <br /> Đăklăk.<br /> I.4. Giới hạn phạm vi nghiên cứu<br /> ­ Đề tài được nghiên cứu và áp dụng trong chương trình hình học lớp 8.<br /> I.5. Phương pháp nghiên cứu<br /> ­ Tìm hiểu tình hình học tập của học sinh.<br /> ­ Cách hình thành kĩ năng giải toán cho học sinh thông qua các tiết luyện <br /> tậ p<br /> ­ Học hỏi kinh nghiệm thông qua dự giờ, rút kinh nghiệm từ đồng nghiệp.<br /> ­ Phương pháp đọc sách và tài liệu<br /> ­ Nói chuyện cởi mở với học sinh, tìm hiểu suy nghĩ của các em về chứng  <br /> minh và trình bày bài toán chứng minh hình học<br /> ­ Triển khai nội dung đề  tài và kiểm tra, đối chiếu kết quả  học tập của  <br /> học sinh từ đầu năm học đến cuối năm học của các năm học trước.<br /> II. Phần nội dung<br /> <br />  II.1. Cơ sở lí luận<br /> <br /> <br /> Trường THCS Băng AĐrênh                     Giáo viên Đặng Anh Phương  2<br /> Đề tài sáng kiến kinh nghiệm<br /> <br /> ­ Từ  năm 2002 đến nay, chương trình sách giáo khoa có nhiều thay đổi, <br /> đặc biệt là những năm gần đây, việc giảm tải, thay đổi khung phân phối <br /> chương trình đồng nghĩa với việc thay đổi cách nhìn, cách học, cách dạy của  <br /> thầy và trò.  ­ Trước tình hình đó môn toán cũng không nằm ngoài xu hướng <br /> đó. Để  dạy và học tốt phân môn hình học, nhất là hình học lớp 8. Nội dung <br /> kiến thức tương đối nhiều và khó, đòi hỏi cả thầy và trò phải nỗ  lực nghiên  <br /> cứu, tìm hiểu tài liệu một cách sâu sắc.<br /> ­ Việc áp dụng và xâu chuỗi kiến thức hình học đối với học sinh là còn <br /> khá khó khăn, đòi hỏi giáo viên phải có những dạng bài tập phát triển từ một  <br /> bài toán gốc, để học sinh có thể từ từ tiếp cận với các dạng bài tập khó, bằng  <br /> cách đưa các bài tập xâu chuỗi kiến thức trong chương trình toán 8 như: Phần <br /> tứ  giác, diện tích đa giác, diện tích các đa giác đặc biệt, bất đẳng thức, bất <br /> đẳng thức cosi, từ dễ đến khó.<br /> II.2. Thực trạng<br /> <br /> a/ Thuận lợi ­ Khó khăn:<br /> <br /> * Thuận lợi:<br /> <br /> ­ Trường THCS   Trường THCS Băng AĐrênh  , ngay cạnh trung tâm xã, <br /> được sự quan tâm chỉ đạo của chính quyền địa phương, của ngành nên thuận  <br /> lợi trong công tác giảng dạy.<br /> ­ Học sinh của trường chủ yếu là dân tộc kinh, trình độ học vấn, hiểu biết  <br /> và tính tư duy độc lập tốt nên việc triển khai các chuyên đề nâng cao cho học  <br /> sinh khá dễ dàng. Học sinh nhanh chóng tiếp thu được kiến thức mới.<br /> ­ Đa số phụ huynh học sinh rất quan tâm đến vấn đề học tập của học sinh<br /> <br /> * Khó khăn<br /> <br /> ­ Xã Băng AĐrênh địa bàn dân cư  trải dài giáp với huyện Kcuin nên học <br /> sinh sống xa trường, đi lại khó khăn, đẫn đến khó triển khai được các buổi  <br /> học thêm để triển khai các chuyên đề, các chương trình nâng cao cho học sinh.<br /> ­ Đa số  học sinh cảm thấy khó học phân môn hình học do các em không <br /> thể nhớ hay xâu chuỗi các kiến thức với nhau. Do các e không chịu học phần  <br /> định nghĩa, khái niệm, tính chất, dấu hiệu nhận biết đã được học ở các tiết lí  <br /> thuyết, mà đây lại là vấn đề  quan trọng yêu cầu học sinh phải nắm và hiểu  <br /> được trước khi làm bài tập.<br /> b/ Thành công­ hạn chế<br /> <br /> * Thành công<br /> <br /> ­ Khối lớp 8 của trường THCS Trường THCS Băng AĐrênh có số  lượng <br /> <br /> Trường THCS Băng AĐrênh                     Giáo viên Đặng Anh Phương  3<br /> Đề tài sáng kiến kinh nghiệm<br /> <br /> học sinh khá giỏi tương đối nên thuận lợi cho việc triển khai chuyên đề. Khi  <br /> triển khai chuyên đề, chất lượng học sinh khá giỏi tốt nên việc tiếp thu kiến  <br /> thức mới và kiến thức khó của các em rất tốt và các em nhanh chóng nắm  <br /> được các kiến thức.<br /> * Hạn chế<br /> ­ Chuyên đề triển khai trên tất cả học sinh khối 8 nhưng một số học sinh  <br /> vẫn chưa chịu đầu tư, nghiên cứu dẫn đến chưa thể  nắm vững nội dung, <br /> phương pháp mà giáo viên đã đưa ra.<br /> c/ Mặt mạnh­ mặt yếu<br /> <br /> ­ Chuyên đề triển khai áp dụng bài toán cơ bản trong sách giáo khoa lớp 8 <br /> nên đa số học sinh khá giỏi tiếp thu nhanh và biết áp dụng vào các bài tập cơ <br /> bản và nâng cao, khả năng phát triển tư duy logic của học sinh được nâng lên <br /> rõ rệt.<br /> ­ Tuy nhiên với học sinh trung bình và yếu thì việc giải các bài toán nâng  <br /> cao của các em còn quá khó khăn, chính vì vậy chất lượng đại trả  vẫn chưa  <br /> được cải thiện nhiều.<br /> d/ Các nguyên nhân, các yếu tố tác động<br /> <br /> ­ ­ Trong quá trình học toán, học sinh hiểu phần lý thuyết có khi chưa chắc <br /> chắn hoặc còn mơ  hồ  về  các định nghĩa, các khái niệm, định lí, các công  <br /> thức… nên không biết áp dụng vào giải bài tập.<br /> <br /> ­ Có những dạng bài tập chứng minh, tính toán trong hình học, nếu học <br /> sinh không chú tâm để  ý hay chủ  quan xem nhẹ  hoặc làm theo cảm nhận  <br /> tương tự là có thể đi vào thế bế tắc hoặc sai lầm.<br /> ­ Học sinh của trường đa số  là con em gia đình thuần nông nên việc đầu  <br /> tư  thời gian học tập còn hạn chế, phần nào  ảnh hưởng tới chất lượng học  <br /> tập của các em.<br /> e/ Phân tích, đánh giá các vấn đề về thực trang mà đề tài đã đặt ra.<br /> <br /> ­ Khối lớp 8 có số lượng học sinh khá giỏi nhìn chung vẫn còn ít hơn khối  <br /> lớp khác, trình độ học sinh không đồng đều về nhận thức và học lực nên gây <br /> khó khăn cho giáo viên trong việc lựa chọn phương pháp phù hợp. Nhiều học  <br /> sinh có hoàn cảnh khó khăn cả về vật chất lẫn tinh thần do đó việc đầu tư về <br /> thời gian và sách vở  cho học tập bị hạn chế nhiều và ảnh hưởng không nhỏ <br /> đến sự nhận thức và phát triển của các em.<br /> ­ Sau khi nhận lớp và dạy một thời gian tôi đã tiến hành điều tra cơ  bản  <br /> thì thấy:<br /> + Lớp 8A: Số  em không thể  giải, không thể  tự  trình bày giải hay chứng  <br /> <br /> Trường THCS Băng AĐrênh                     Giáo viên Đặng Anh Phương  4<br /> Đề tài sáng kiến kinh nghiệm<br /> <br /> minh hình học chiếm khoảng 75%, số  học sinh nắm chắc kiến thức và biết <br /> vận dụng vào bài tập có khoảng 25%, số  học sinh biết phối hợp các kiến  <br /> thức, kỹ  năng giải các bài toán phức tạp được biến đổi từ  bài toán quen  <br /> chiếm khoảng 4,2%.<br /> + Lớp 8B: Số  em không thể  giải, không thể  tự  trình bày giải hay chứng  <br /> minh hình học chiếm khoảng 65%, số  học sinh nắm chắc kiến thức và biết <br /> vận dụng vào bài tập có khoảng 35%, số  học sinh biết phối hợp các kiến  <br /> thức, kỹ  năng giải các bài toán phức tạp được biến đổi từ  bài toán quen  <br /> chiếm khoảng 6,5%.<br /> ­ Số  học sinh trung bình và yếu, kém tập trung  ở  cả  hai lớp nên gây khó <br /> khăn trong quá trình giảng dạy.<br /> II.3. Giải pháp thực hiện<br /> a/ Mục tiêu của giải pháp, biện pháp<br /> * Mục tiêu:<br /> ­ Hình thành kĩ năng giải và trình bày bài toán hình học cho học sinh từ bài  <br /> toán đơn giản. Tăng dần lượng kiến thức, chuyển từ  bài toán đơn giản đã <br /> biết cách giải sang bài toán phức tập hơn.<br /> * Giải pháp:<br /> <br /> ­ Tạo tâm lí thoải mái cho học sinh, không có gì khó khăn khi giải và trình <br /> bày bài tập hình học. Cần khuyến khích học sinh tự  giải và tự  trình bày sau <br /> khi giáo viên đã giảng giải.<br /> <br /> ­ Giáo viên đóng vai trò là người hướng dẫn, dẫn dắt học sinh tìm ra lời <br /> giải bài toán, học sinh chủ động lĩnh hội kiến thức.<br /> <br /> ­ Giáo viên luôn tạo môi trường thân thiện giữa thầy và trò. Không quá tỏ <br /> vẻ xa cách hay quá lớn lao và cao cả đối với học sinh. Luôn tạo cho học sinh  <br /> một cảm giác gần gũi, không làm cho học sinh cảm thấy sợ  hãi. Dạy thật, <br /> học thật ngay từ đầu. Dạy theo điều kiện thực tế không quá áp đặt chủ quan.<br /> <br /> b/ Nội dung và cách thực hiện <br /> Xuất phát từ bài 18 trang 121 Sgk toán 8 tập 1:<br /> Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC.  Chứng minh rằng: SAMB = SAMC<br /> Bài toán trên ta dễ chứng minh được.<br /> Chúng ta sẽ dễ dàng giải được bài toán sau:<br /> Bài toán 1:  ABC vuông tại A, AM là trung tuyến.  Gọi P, Q là hình chiếu <br /> 1<br /> của M trên AC, AB. Chứng minh rằng: SAQMP =   SABC<br /> 2<br /> Hướng dẫn:<br /> <br /> Trường THCS Băng AĐrênh                     Giáo viên Đặng Anh Phương  5<br /> Đề tài sáng kiến kinh nghiệm<br /> <br /> A<br /> <br /> P<br /> Q<br /> C<br /> B M<br /> Dễ thấy P, Q lần lượt là trung điểm của AC,  A<br /> AB. Áp dụng bài toán trên ta có:<br /> 1 Q<br /> SAMP = SMPC =  SAMC<br /> 2 P<br /> 1<br /> SAMQ = SBMQ =  SABM<br /> 2<br /> 1 B C<br /> M<br />  SAMP  + SAMQ =   (SAMC + SABM)<br /> 2<br /> 1<br /> SAQMP =  SABC.<br /> 2<br /> Ta thấy nếu điểm M di chuyển trên BC thì SAQMP cũng sẽ thay đổi và thay đổi  <br /> như thế nào. Ta có bài toán sau:<br /> Bài toán 2: Cho tam giác ABC vuông tại A. M là một điểm thay đổi trên cạnh  <br /> BC. Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AC và AB . Với vị  trí <br /> nào của điểm M trên BC thì SAQMP lớn nhất<br /> Phân tích bài toán: Ta thấy SABC không đổi. Vậy SAQMP lớn nhất khi và chỉ  khi <br /> S<br /> AQMP<br />  lớn nhất. Từ đó ta có cách giải:<br /> S<br /> ABC<br /> <br /> Cách 1:<br /> 1<br /> Ta có SAQMP = AQ. MQ; SABC =  AB. AC  <br /> 2<br /> S AQMP<br /> = 2. AQ.MQ = 2 AQ . QM . <br /> S ABC AB. AC AB AC<br /> Đặt BM = x; MC = y<br /> AQ y QM x<br /> => = ; =<br /> AB x + y AC x + y<br /> S<br /> AQMP xy<br /> Do đó  S = 2.  mà (x + y)2 ≥ 4xy.<br /> ( x + y) 2<br /> ABC<br /> S<br /> AQMP 1<br /> =>  .  Dấu “=” xảy ra  x = y  M là trung điểm của BC.<br /> S 2<br /> ABC<br /> 1<br /> Vậy SAQMP  đạt giá trị lớn nhất bằng  SABC khi M là trung điểm của BC.<br /> 2<br />        Mặt khác: SAPMQ = SABC – ( SBQM + SCPM). Vậy diện tích tứ giác APMQ lớn  <br /> <br /> <br /> <br /> Trường THCS Băng AĐrênh                     Giáo viên Đặng Anh Phương  6<br /> Đề tài sáng kiến kinh nghiệm<br /> S +S<br /> nhất khi và chỉ khi  SBQM + SCPM nhỏ  nhất  tỉ số   BQM CPM<br /> S    nhỏ  nhất.  <br /> ABC<br /> Từ đó ta có cách giải khác:<br />  Cách 2: <br /> Ký hiệu SABC = S; SBQM = S1; SMPC = S2.<br /> Ta có: SAQMP = S – ( S1 + S2 ).<br /> S1 + S2<br /> Do đó  SAQMP lớn nhất  S1 + S2 nhỏ nhất     nhỏ nhất.<br /> S<br /> S BM 2<br /> Ta có: QM // AC =>   ∆BQM  ∽   ∆BAC    =>  1 =<br /> S BC 2<br /> S2 MC 2<br />            PM // AB =>   ∆PCM    ∽ ∆<br />    ACB  =>  =<br /> S BC 2<br /> S +S BM 2 + MC 2 x2 + y 2 1<br />      => 1 2 = =  ( Vì (x+y)2 ≤ 2(x2 + y2) )<br /> S BC 2<br /> ( x + y) 2 2<br /> 1 1<br />          Vậy S1 + S2  S    =>     S AQMP S.<br /> 2 2<br />          Dấu “=” xảy ra  x = y  M là trung điểm của BC.<br /> Và ta dễ thấy:  ∆CPM   ∽  ∆MQB  <br /> CP PM<br />                => = � CP.QB = PM .MQ<br /> MQ QB<br />                  CP. QB. AP.AQ = (PM.MQ)2     ( Vì AP = MQ; AQ =PM)<br /> Nên ta có cách giải khác:<br /> Cách 3:     Dễ thấy AQMP là hình chữ nhật<br />  SAQMP = PM. MQ<br /> AC. AB<br />      SABC = S = <br /> 2<br /> Ta có: AC = AP + PC   2 AP.PC          ( BĐT côsi)<br />             AB = AQ + QB   2 AQ.QB          (BĐT côsi)<br /> AC . AB   4 AP.PC. AQ.QB<br /> Ta lại có:   CPM  ∽    MQB (g.g)<br /> CP PM<br />                    => = � CP.QB = PM .MQ<br /> MQ QB<br />                  CP. QB. AP.AQ = (PM . MQ)2     ( Vì AP = MQ; AQ =PM)<br /> Suy ra:    AC . AB   4. PM . MQ<br /> S<br />             2S   4SAQMP     SAQMP  .<br /> 2<br /> S<br /> Vậy maxSAQMP =   khi PC = CA và QA = QB hay M là trung điểm của BC.<br /> 2<br /> Nhận xét 1: Về cách giải, ở bài toán 2 để  tìm vị  trí của điểm M sao cho  <br /> diện tích APMQ lớn nhất, ta phải xét mối liên hệ  giữa diện tích APMQ với  <br /> diện tích tam giác ABC.<br /> <br /> Trường THCS Băng AĐrênh                     Giáo viên Đặng Anh Phương  7<br /> Đề tài sáng kiến kinh nghiệm<br /> <br /> Mặt khác, ta nhận thấy rằng nếu lấy điểm E đối xứng với điểm M qua  <br /> AB, điểm F đối xứng với điểm M qua AC thì 3 điểm E,A,F thẳng hàng ( Bài  <br /> 159 sách bài tập toán 8, tập một) và diện tích tam giác MEF gấp hai lần diện  <br /> tích tứ giác AQMP. Vì vậy, ta có thể phát biểu thành một bài toán mới như  <br /> sau:<br />    Bài toán 2.1:   Cho tam giác ABC vuông tại A; M di chuyển trên cạnh BC. <br /> Gọi E,F lần lượt là điểm đối xứng của M qua AB và AC. Xác định vị trí của <br /> điểm M để diện tích tam giác MEF lớn nhất.<br /> Hướng dẫn: <br /> A<br /> E<br /> F<br /> Q P<br /> C<br /> M<br /> B<br /> Dễ dàng chứng minh được  EAQ =  MAQ <br /> Và   MAP =  FAP nên ta có:  EAFﾷ = 1800<br /> Và SAEQ = SMAQ ; SAMP = SFAP<br /> Suy ra SFEM = 2SAQMP. <br /> Đến đây ta giải giống bài toán  2.<br />  <br />   Nhận xét 2:    Bằng phương pháp tổng quát hóa, dựa vào cách giải bài  <br /> toán 2 ta có thể thay tam giác ABC vuông ở A bằng một tam giác ABC bất kỳ.  <br /> Khi đó P,Q được thay là giao điểm của các đường thẳng qua M song song với  <br /> AB và AC, và thay việc tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác APMQ lớn  <br /> 1<br /> nhất bằng việc chứng minh SAPMQ ≤  S ABC .<br /> 2<br /> Ta có:  Bài toán 2.2:  Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy điểm M bất kỳ.  <br /> Đường thẳng qua M và song song với AB cắt AC tại P, đường thẳng qua M <br /> 1<br /> và song song với AC cắt B tại Q. Chứng minh rằng:  S AQMP S ?<br /> 2 ABC<br /> Phân tích: Ta thấy bài toán 2.2 là bài toán tổng quát cho bài toán 2. Nên cả  <br /> hai cách giải 1 và 2 ở bài toán 2 đều áp dụng được cho bài toán này.<br /> A<br /> H<br /> Q<br /> K P<br /> <br /> <br /> B C<br /> M<br /> <br /> <br /> Trường THCS Băng AĐrênh                     Giáo viên Đặng Anh Phương  8<br /> Đề tài sáng kiến kinh nghiệm<br /> S AQMP<br /> Cách 1: Để tính   ta kẻ đường cao từ B hoặc C của tam giác ABC. Khi <br /> S ABC<br /> đó:<br /> S AQMP KH . AP KH AP KH QM<br />  =  2 = 2. . = 2. .  <br /> S ABC BH . AC BH AC BH AC<br /> MC BM xy 1<br />           =  2. BC . BC = 2<br /> ( x + y) 2<br /> 2<br /> <br /> <br />                   ( Vì ( x+ y)2   4xy )<br /> 1<br /> Vậy  S APMQ S<br /> 2 ABC<br /> Cách 2: Hoàn toàn tương tự cách 2 của bài toán 2.<br /> Cách 3:  <br /> A<br /> <br /> Q<br /> P<br /> K<br /> <br /> B M C<br /> I<br /> <br /> G<br /> Không mất tính tổng quát: Giả sử MB    MC. Trên đoạn MB lấy điểm I sao <br /> cho MI = MC. Qua I kẻ đường thẳng song song với QM cắt AB tại K, cắt PM  <br /> tại G.<br /> Ta có:   MPC =  MGI (g.c.cg)<br /> SMPC = SMGI và MP = MG<br /> Do đó SAQMP = SKQMG <br /> (   Vì   AQMP   và   KQMG   là   hình   bình   hành)<br /> Lại có SABC   SAQMP + SKQMI + SMPC<br /> SABC   SAQMP + SKQMI + SMGI<br /> SABC   2SAQMP.<br /> Như  vậy sau khi giải xong các bài toán trên ta rút ra được phương <br /> pháp giải tổng quát cho một số bài toán diện tích bằng cách tạo ra hình <br /> bình hành nội tiếp tam giác. Kết quả cũng như cách giải của bài toán 2.1 <br /> sẽ được vận dụng giải cho các bài tập sau:<br /> S<br /> Nhận xét 3:  Từ bài toán 2.2 ta thấy SAQMP đạt giá trị lớn nhất bằng   khi  <br /> 2<br /> M là trung điểm của BC với S = S ABC. Khi đó tổng diện tích hai tam giác QMB  <br /> và PMC đạt giá trị nhỏ nhất.<br /> ­  Ở  bài toán 2.2, xét trường hợp  điểm M nằm trong tam giác ABC. Lúc  <br /> đó, qua M kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác ABC, cắt  <br /> <br /> Trường THCS Băng AĐrênh                     Giáo viên Đặng Anh Phương  9<br /> Đề tài sáng kiến kinh nghiệm<br /> <br /> các cạnh AB, BC, CA lần lượt tại các điểm Q, H, N, K, G, P. Áp dụng kết  <br /> quả của bài toán 2.2 ta chứng minh đựơc S1+S2+S3 ≥ S :3 ( S là diện tích tam  <br /> giác ABC). Từ đó ta có bài toán 2.3.<br /> <br />  Bài toán 2.3    : Cho tam giác ABC, M là điểm nằm trong tam giác. Qua M kẻ <br /> các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác cắt các cạnh AB, BC,  <br /> CA lần lượt tại Q, H, N, K, G, P. Gọi S1 = SQHM, S2 = SNMK, S3 = SPMG ; S = SABC.<br /> S<br />   a) Chứng minh S1 + S2 + S3 ≥ <br /> 3<br />   b) Tìm vị trí của điểm M để S1 + S2 + S3 nhỏ nhất.<br />  Hướng dẫn giải    :<br /> A<br /> <br /> <br /> Q P<br /> <br /> S3<br /> S1 M G<br /> H<br /> S2<br /> B C<br /> N K<br /> a)<br /> a) Xét tam giác AHG có : <br /> Hình bình hành AQMP nội tiếp trong tam giác.<br /> Áp dụng kết quả cách 2 của bài toán 2.2, ta có : <br /> 1<br />          S1 + S2    S AHG . Tương tự : <br /> 2<br /> 1<br /> Với tam giác BQK ta có : S1 + S2     S BQK<br /> 2<br /> 1<br /> Với tam giác CPN ta có : S2 + S3    SCPN<br /> 2<br /> 1<br />          Suy ra :    2. ( S1 + S2 + S3)    ( S + S1 + S2 + S3)<br /> 2<br /> S<br />                     3.( S1 + S2 + S3 )   S    S1 + S2 + S3    .<br /> 3<br /> b) Từ nhận xét bài toán 2.2 ta có S1 + S2 +S3 nhỏ nhất khi và chỉ  khi M đồng <br /> thời là trung điểm của HG, QK và NP.<br /> M là trung điểm của HG   AM  đi qua trung điểm của BC<br /> M là trung điểm của QK   BM đi qua trung điểm của AC<br /> M là trung điểm của NP   CM đi qua trung điểm của BA<br /> Khi đó M là trọng tâm của tam giác ABC.<br />  Nhận xét    4   : Từ  bài toán 2.2 với tam giác ABC có hai góc B và C nhọn,  <br /> dựng hình chữ nhật MNPQ sao cho M nằm trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC  <br /> còn 2 điểm P, Q nằm trên cạnh BC, lúc này ta không yêu cầu chứng minh  <br /> <br /> <br /> Trường THCS Băng AĐrênh                     Giáo viên Đặng Anh Phương  10<br /> Đề tài sáng kiến kinh nghiệm<br /> 1<br /> SMNPQ   SABC nữa mà yêu cầu tìm vị trí của M sao cho diện tích MNPQ là lớn  <br /> 2<br /> nhất. <br /> Từ đó ta có bài toán 2.6 :<br />  Bài toán 2.4   :    Cho tam giác ABC có hai góc B và C nhọn. Dựng hình chữ <br /> nhật MNPQ sao cho M nằm trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC còn hai điểm <br /> P, Q nằm trên cạnh BC. Hãy tìm vị  trí của điểm M để  diện tích hình chữ <br /> MNPQ lớn nhất ?<br /> Phân tích : Bài toán này thực chất là bài toán 2 được mở rộng nhưng đòi hỏi <br /> HS phải biết cách liên hệ bài toán 2 hoặc bài toán 2.2 để áp dụng kết quả của <br /> nó vào bài toán này. Từ  cách giải của bài toán 2, ta nhận thấy rằng để  tìm  <br /> được vị  trí điểm M sao cho diện tích MNPQ lớn nhất ta phải tìm được mối <br /> liên hệ giữa diện tích của MNPQ với diện tích tam giác ABC  ; tức là ta phải <br /> tạo đường cao của tam giác ABC để tính diện tích. Vì cạnh PQ của hình chữ <br /> nhật nằm trên cạnh BC, suy ra đường cao phải kẻ là đường cao xuất phát từ <br /> đỉnh A. Kẻ  đường cao AI ta có thể  áp dụng ngay kết quả  bài toán 2 vào hai <br /> tam giác AIB và AIC. Từ đó ta có thể giải bài toán 2.6 như sau :<br /> <br />  Hướng dẫn giải : <br /> A<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> M N<br /> K<br /> <br /> <br /> <br /> B C<br /> Q I P<br /> <br />  Cách 1    : Kẻ đường cao AI, gọi K là giao điểm  của AI với MN.<br /> Áp dụng kết quả bài toán 2.2 cho tam giác AIB và tam giác AIC, ta có :  <br /> 1 <br /> S MKIQ S AIB<br /> 2 1<br /> �� S MKIQ + S NKIP � ( S AIB + S AIC )<br /> 1 2<br /> S NKIP S AIC<br /> 2<br /> 1<br /> SMNPQ  S ABC<br /> 2<br /> 1 1 1<br /> Vậy MaxSMNPQ  =  S ABC  xảy ra khi SMKIQ =  S AIB  và SNKIP =  SAIC<br /> 2 2 2<br /> Các đẳng thức xảy ra khi M là trung điểm của AB, N là trung điểm của AC  <br /> ( Áp dụng kết quả bài toán 2.2). Vậy khi M là trung điểm của AB thì hình chữ <br /> nhật MNPQ có diện tích lớn nhất. <br /> ­ Việc biết cách chuyển bài toán 2.6 về để áp dụng kết quả của bài toán  <br /> <br /> Trường THCS Băng AĐrênh                     Giáo viên Đặng Anh Phương  11<br /> Đề tài sáng kiến kinh nghiệm<br /> <br /> 2.2 đã giúp cho việc giải bài toán một cách nhẹ  nhàng và nhanh chóng hơn,  <br /> góp phần củng cố các kết quả thu được khi giải bài toán 2 và bài toán 2.2.<br />  Cách 2   : Từ cách giải bài toán 2, nhìn vào hình vẽ, học sinh có thể nghĩ ngay <br /> đến việc tính tỉ  số  diện tích tứ  giác MNPQ và diện tích tam giác ABC bằng  <br /> cách kẻ đường cao AI của tam giác ABC.<br /> Lúc đó : <br /> SMNPQ = MN. MQ<br /> 1<br /> SABC =  AI. BC<br /> 2<br /> S MNPQ MN .MQ MN MQ AK KI AK .KI<br /> Suy ra  S = 2. = 2. . = 2. . =2.<br /> ABC AI .BC BC AI AI AI ( AK + KI ) 2<br /> Mà ( AK + KI)2   4. AK.KI<br /> AK .KI AK .KI S 1 1<br /> Suy ra 2.  2.  Hay  MNPQ  SMNPQ    .SABC<br /> 2<br /> ( AK + KI ) 4. AK .KI SABC 2 2<br /> 1<br /> Vậy SMNPQ lớn nhất bằng  .SABC  khi M là trung điểm của AB.<br /> 2<br />  Cách 3   : Kẻ AI  ⊥  BC ; AI cắt MN tại K<br /> Đặt AI = h ; BC = a ; MN = x ; MQ = y. Khi đó : KI = y ; AK = a­ y<br /> SABC = SAM N + SMNPQ + SNPC + SBMQ<br /> 1<br /> a. h =  1 x. (h ­ y) + x. y +  1 ( NP. PC + MQ. BQ)<br /> 2 2 2<br /> Mà  NP = MQ = KI = y<br /> 1 1 1<br /> Nên:  a. h =  x. (h ­ y) + x. y +  y. ( PC + BQ)<br /> 2 2 2<br /> Mà PC + BQ = BC – QP = a – x<br /> 1<br /> a. h =  1 x. (h ­ y) + x. y +  1 y( a – x ) <br /> 2 2 2<br /> h ( a − x)<br />  a.h = xh + ay   y =  .<br /> a<br /> h( a − x) h<br /> Vậy SMNPQ = xy = x.   =  x ( a − x )<br /> a a<br /> h<br /> Ta có :  không đổi nên diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất khi và chỉ khi x.(a <br /> a<br /> – x ) lớn nhất mà x và a­ x là hai số dương có tổng bằng a không đổi , do đó x.  <br /> a<br /> ( a – x ) lớn nhất khi x = a – x  x =      MN là đường trung bình của tam <br /> 2<br /> giác   ABC.   Khi   đó   M   là   trung   điểm   của   AB.   Và   SMNPQ   <br /> h a � a � h a ah S ABC<br /> . .�a− �<br /> = . = = .<br /> a 2 � 2 �2 2 4 2<br /> Vậy khi M là trung điểm của AB thì hình chữ  nhật MNPQ có diện tích lớn  <br /> 1<br /> nhất bằng   SABC.<br /> 2<br /> <br /> <br /> Trường THCS Băng AĐrênh                     Giáo viên Đặng Anh Phương  12<br /> Đề tài sáng kiến kinh nghiệm<br /> <br />  Nhận xét 5   :Ta thấy với bài toán 2.6 nếu học sinh nắm chắc cách giải  <br /> của bài toán 2 và bài toán 2.2 các em có thể vận dụng được kết quả để giải  <br /> hoặc biết dùng cách giải tương tự  để  giải chứ  không cần giải như  cách 3  <br /> vừa dài vừa khó. Và khi năm chắc cách khai thác kết quả của bài toán, ta có  <br /> thể đưa ra bài toán mới bằng cách thay giả thiết của bài toán 2.6 là hình chữ  <br /> nhật MNPQ bởi hình bình hành MNPQ thì kết quả vẫn không thay đổi. Ta có  <br /> bài toán 2.7<br />  Bài toán 2.5   : Cho tam giác ABC. Dựng hình bình hành MNPQ sao cho M nằm  <br /> trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC, còn hai điểm P, Q nằm trên cạnh BC. <br /> Hãy tìm vị trí của điểm M sao cho diện tích hình bình hành là lớn nhất.<br /> <br /> Hướng dẫn giải:<br /> A<br /> <br /> <br /> M N<br /> K<br /> <br /> <br /> <br /> B C<br /> Q I P<br /> <br /> <br /> Cách 1 : Ta thấy nếu từ A vẽ đường thẳng AI song song với MQ (I   BC ) thì <br /> ta sẽ<br />  vận dụng được kết quả bài toán 2.2 vào hai tam giác AIC và AIB với các hình  <br /> bình hành  IKNP và IKMQ.<br /> 1 1<br /> Ta có : SIKNP    SAIC  và SIKMQ    SABI<br /> 2 2<br /> 1<br /> Suy ra SMNPQ     SABC. <br /> 2<br /> Dấu bằng xảy ra khi M là trung điểm của <br /> AB, N là trung điểm AC. <br /> Vậy để SMNPQ lớn nhất thì M là trung điểm của AB<br />  Cách 2   : <br /> A<br /> <br /> <br /> M N<br /> K<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> B C<br /> Q I P<br /> <br /> Ta cũng có thể  dùng cách 1 của bài toán 2, Bằng cách kẻ  đường cao AI, và <br /> tính tỉ số diện tích của tứ giác MNPQ với diện của tam giác ABC.<br /> <br /> <br /> Trường THCS Băng AĐrênh                     Giáo viên Đặng Anh Phương  13<br /> Đề tài sáng kiến kinh nghiệm<br /> <br />  Nhận xét 6   : Qua cách giải bài toán 2.5 gợi cho ta cách giải bài toán sau :<br />  Bài toán 2.6   : Cho tứ giác ABCD. Trên cạnh AB, BC, CD, DA lấy M, N, P, Q  <br /> MA NC PC QA<br /> sao cho :  = = = = t . ( t là hằng số không đổi)<br /> MB NB PD QD<br /> Tìm t để SMNPQ đạt giá trị lớn nhất ?<br />   H<br />   ướng dẫn    :<br /> A M B<br /> <br /> <br /> <br /> I<br /> <br /> Q N<br /> <br /> <br /> H<br /> D<br /> <br /> P<br /> <br /> <br /> C<br /> <br /> Gọi I, H lần lượt là giao điểm của AC với QM và PN. <br /> Dễ thấy các tứ giác : MNPQ ; MNHI và QPHI là hình bình hành.<br /> Ta có : SMNPQ = SMNHI + SQPHI<br /> Để SMNPQ lớn nhất thì SMNHI và SQPHI lớn nhất<br /> Như vậy trong tam giác ABC có tứ giác MNHI là hình bình hành với điểm M  <br /> nằm trên cạnh AB, điểm N nằm trên cạnh BC còn H và I nằm trên cạnh AC.  <br /> Áp dụng kết quả bài toán 2.5 ta có :<br /> 1 1<br />                                  SMNHI  SABC và SQPHI  SACD<br /> 2 2<br /> 1<br />      Suy ra : SMNPQ  SABCD . Dấu bằng xảy ra khi M, N, P, Q lần l ượt là trung  <br /> 2<br /> điểm của AB, BC, CD và DA.<br /> Vậy để SMNPQ lớn nhất thì t = 1<br />  Nhận xét 7   : Qua bài toán 2.6 ta thấy khi M, N, P, Q lần lượt là trung  <br /> 1 1<br /> điểm của AB, BC, CD và DA thì  S MNPQ = . S ABCD . Khi đó ta có  S MNP = . S ABCD , nên <br /> 2 4<br /> ta có bài toán sau :<br />  Bài toán 2.6’   : Cho bài tứ giác ABCD và M, N, P lần lượt là trung điểm của  <br /> 1<br /> AB, BC, CD. Chứng minh rằng  S MNP = . S ABCD  ?<br /> 4<br /> Như  vậy  ở  các bài toán trên đã xoay quanh việc nội tiếp hình bình hành  <br /> vào trong một tam giác để  diện tích hình bình hành đó là lớn nhất. Vậy nếu  <br /> hình bình hành là cố định thì tam giác được dựng như thế nào sẽ có diện tích  <br /> nhỏ nhất. Ta xét bài toán sau :<br />  Bài toán 2.7   : Cho góc xOy và điểm H cố định thuộc miền trong của góc đó.  <br /> Một đường thẳng d quay xung quanh điểm H cắt Ox, Oy lần lượt tại C và D.  <br /> Hãy dựng đường thẳng d để diện tích tam giác COD nhỏ nhất.<br /> <br /> Trường THCS Băng AĐrênh                     Giáo viên Đặng Anh Phương  14<br /> Đề tài sáng kiến kinh nghiệm<br /> <br /> <br />  Phân tích bài toán   : Ta nhận thấy rằng tam giác COD thay đổi khi cạnh CD  <br /> quay quanh điểm H. Dựa vào kết quả của bài toán  2.2 ta nghĩ đến việc tạo ra  <br /> hình bình hành có đỉnh là H và O trong tam giác COD. Từ  đó ta có cách giải  <br /> như sau :<br />  Cách 1   : <br /> x<br /> <br /> C<br /> <br /> <br /> <br /> B H<br /> <br /> <br /> O A D y<br /> <br /> Từ H kẻ HA // Ox ( A   Oy); HB // Oy ( B  Ox )<br /> Áp dụng kết quả bài toán 2.2 ta có: <br /> 1<br />                      SOAHB    SCOD hay SCOD   SOAHB<br /> 2<br /> Vì O, H, Ox và Oy cố định nên OAHB cố định và SOAHB không đổi.<br /> Vậy COD nhỏ nhất khi SCOD  = 2.SOAHB xảy ra khi H là trung điểm của CD. Ta  <br /> có cách dựng đường thảng d như sau:<br /> Từ  H kẻ  HA // Ox ( A     Oy), trên tia Oy ta lấy điểm D sao cho OD = <br /> 2.OA. Nối DH cắt Ox tại C. CD là đường thẳng cần dựng.<br /> Cách 2: <br /> x<br /> <br /> C<br /> <br /> C'<br /> H<br /> N<br /> <br /> <br /> O D D' y<br /> <br />   Ở bài toán này ta có thể chứng minh diện tích tam giác COD  nhỏ nhất bằng  <br /> cách: qua H dựng đường thẳng d cắt Ox, Oy tại C và D sao cho CH  = HD. Ta <br /> chứng minh diện tích tam giác COD nhỏ nhất. <br /> Thật vậy: Qua H kẻ đường thẳng d’ bất kỳ cắt Ox,Oy tại C’,D’. <br /> Ta cần chứng minh:  SCOD