Đề tài Kinh nghiệm giải bằng nhiều cách một số bài Toán lớp 7

Đề tài Kinh nghiệm giải bằng nhiều cách một số bài Toán lớp 7

Trong quá trình giảng dạy, và bồi dưỡng học sinh giỏi, việc mở rộng và nâng cao kiến thức đã học nhằm phát triển tư duy, phát huy tính độc lập, sáng tạo và bồi dưỡng năng lực tự học cho học sinh là vô cùng quan trọng. Chính vì thế giáo viên cần phải tìm tòi, nghiên cứu để tìm ra các phương pháp giải hay cho một bài toán. Hệ thống kiến thức và bài tập đưa ra phải đa dạng, phong phú, có sức hấp dẫn, lôi cuốn, kích thích được trí tò mò và mong muốn khám phá của học sinh. Trong các tiết luyện tập, ôn tập, bồi dưỡng học sinh giỏi, giáo viên khéo léo chọn lựa, cho học sinh làm một số bài toán có thể giải bằng nhiều cách. Trong đó học sinh có thể dùng kiến thức và phương pháp giải đã học để giải bài toán. Sau khi giải xong, giáo viên yêu cầu học sinh giải bài toán đó theo cách khác. Điều đó sẽ tạo yếu tố bất ngờ, thú vị, kích thích trí tò mò và phát huy khả năng sáng tạo của học sinh. Học sinh sẽ cảm thấy rất hứng thú và say mê học Toán khi phát hiện ra các cách giải mới cho một bài toán mà mình chưa biết.

doc 29 trang Người đăng honghanh96 Ngày đăng 30/10/2018 Lượt xem 610Lượt tải 2 Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Đề tài Kinh nghiệm giải bằng nhiều cách một số bài Toán lớp 7", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
kém. Khả năng tư duy, phân tích tổng hợp của học sinh còn hạn chế, nhiều học sinh chưa có khả năng vận dụng kiến thức cơ bản vào làm bài tập do không nắm vững kiến thức, nên việc giải được bài toán theo nhiều cách khác không phải là điều dễ dàng. Chính vì thế việc giải bài toán bằng nhiều cách khác nhau thường chỉ áp dụng với đối tượng học sinh khá giỏi bộ môn Toán.
2.5. Phân tích, đánh giá các vấn đề về thực trạng mà đề tài đã đặt ra:
Trong quá trình dạy học Toán tôi nhận thấy có rất nhiều học sinh bị hổng kiến thức, nhiều em chưa nắm vững được các kiến thức cơ bản cần thiết. Chính vì thế các em cảm thấy thực sự khó khăn khi học Toán, tâm lý e ngại, dẫn đến tư tưởng lười học, lười suy nghĩ, thiếu tự tin, sợ học môn Toán. Việc giải bài toán theo nhiều cách không chỉ khó khăn với học sinh trung bình, yếu, kém mà ngay cả học sinh khá giỏi cũng cảm thấy ngại và lười suy nghĩ, tìm tòi để tìm ra cách giải khác. Khi đọc đề bài toán, học sinh chưa phân tích được các yếu tố bài toán đã cho, không biết vẽ hình hoặc vẽ hình không chính xác, chưa biết sử dụng kiến thức nào, phương pháp nào để giải dẫn đến không làm được bài tập. Một số học sinh định hướng được cách giải khác nhưng lại không biết cách trình bày bài như thế nào cho chặt chẽ, logic. Chính vì thế mà việc giúp HS nắm vững kiến thức, nắm vững được các dạng toán và phương pháp giải của dạng toán đó để vận dụng vào làm bài tập và giải quyết các vấn đề thực tế cuộc sống, tạo niềm say mê, hứng thú học Toán cho HS là vô cùng quan trọng. Việc đưa ra một số dạng toán có thể giải theo nhiều cách khác nhau làm cho tiết học có những tình huống bất ngờ, sinh động và vui vẻ hơn, tạo được hứng thú học tập cho học sinh, nhờ đó hiệu quả của tiết dạy cũng tăng lên, khắc sâu được kiến thức cho học sinh, giúp học sinh tiếp thu kiến thức mới một cách nhẹ nhàng hơn, nhớ được lâu hơn để từ đó áp dụng được vào bài tập tương tự dễ dàng, biết chọn lựa phương pháp giải hay, hợp lý, ngắn gọn khi giải một bài toán, phát triển tư duy và khả năng sáng tạo của học sinh. Bồi dưỡng năng lực tự học, tự nghiên cứ và tìm tòi khám phá kiến thức mới cho học sinh.
Qua các vấn đề về thực trạng đã nêu ở trên có thể thấy được những thuận lợi, thành công và mặt mạnh của việc giải bài toán bằng nhiều cách trong dạy học Toán 7, có thể thấy việc giải bài toán bằng nhiều cách trong dạy và học mang lại hiệu quả rất lớn, ngoài ra nó còn có tác dụng giáo dục học sinh về mọi mặt, đặc biệt là rèn tính cẩn thận, rèn khả năng sử dụng ngôn ngữ chính xác, chính vì thế giáo viên thực sự nên kết hợp việc giải bài toán bằng nhiều cách trong quá trình dạy học môn Toán 7. Tuy nhiên bên cạnh những mặt tích cực thì việc giải bài toán bằng nhiều cách ở lớp 7 cũng còn có những khó khăn, hạn chế nhất định, nhưng nếu giáo viên thực sự có tâm và yêu nghề, ham tìm tòi, nghiên cứu, học hỏi thì vẫn có thể khắc phục được những khó khăn, hạn chế và mặt yếu của việc giải bài toán bằng nhiều cách trong quá trình dạy học.
II.3. Giải pháp, biện pháp:
3.1. Mục tiêu của giải pháp, biện pháp: 
- Giúp GV nhận biết được trường hợp nào nên đưa ra bài toán có nhiều cách giải khi dạy học môn Toán lớp 7 cho phù hợp để tạo hứng thú học tập cho học sinh và nâng cao chất lượng, hiệu quả giảng dạy.
- Giúp HS nắm vững được bản chất kiến thức, khắc sâu, mở rộng và nâng cao kiến thức cho HS, từ đó có thể vận dụng vào giải bài tập từ cơ bản đến nâng cao.
- Giúp HS tránh được những sai lầm thường gặp khi giải toán, nắm được nhiều phương pháp giải khác nhau cho một bài toán, biết chọn lựa cách giải hay, ngắn gọn, hợp lý để vận dụng vào giải bài tập, làm cho học sinh thấy được cái hay, cái đẹp của Toán học.
- Tạo ra các tình huống có vấn đề, khơi dậy trí tò mò, óc sáng tạo, niềm say mê, hứng thú học tập môn Toán của HS.
- Tạo ra các tình huống bất ngờ, thú vị, làm tiết học nhẹ nhàng, vui vẻ hơn, tạo sự thân thiện giữa GV và HS.
- Phát triển tư duy độc lập sáng tạo, óc phê phán cho HS, giúp các em biết thắc mắc, biết lật đi lật lại vấn đề, biết tìm tòi, suy nghĩ, rèn kỹ năng vẽ hình và khả năng sử dụng ngôn ngữ chính xác, bồi dưỡng năng lực tự học cho học sinh...
3.2. Nội dung và cách thức thực hiện giải pháp, biện pháp:
a. Sử dụng bài toán có nhiều cách giải để tạo tình huống có vấn đề:
 Trong quá trình giảng dạy, giáo viên thường tạo ra các tình huống có vấn đề để khơi dậy trí tò mò và tạo hứng thú học tập cho học sinh khi vào bài mới, kiến thức mới hoặc chuyển từ mục này sang mục khác. Trước khi dạy học bài mới, ở phần kiểm tra bài cũ giáo viên có thể đưa ra một bài toán mà học sinh vừa có thể giải bằng cách dùng kiến thức đã học vừa có thể giải bằng cách dùng kiến thức bài mới, sau đó giáo viên đặt vấn đề để vào bài mới.
a.1. Bài toán 1:
Khi dạy bài “Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên, đường xiên và hình chiếu”. Trong phần kiểm tra bài cũ giáo viên có thể yêu cầu học sinh giải bài toán:
 “Cho tam giác ABC vuông tại B, trên cạnh BC lấy điểm D khác B và C. So sánh AB, AD và AC”.
Học sinh vừa được học bài “Quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác” nên sẽ nghĩ ngay đến việc áp dụng kiến thức bài này để giải như sau: 
*Cách 1:
 ABD vuông tại B nên góc B là góc lớn nhất, mà cạnh AD đối diện với góc B nên cạnh AD là cạnh lớn nhất AD > AB (1)
 ABC vuông tại B nên là góc nhọn, mà và là hai góc kề bù tù.
 ACD có cạnh AC đối diện với tù nên AC > AD (2)
Từ (1) và (2) AC > AD > AB.
Sau khi nhận xét, giáo viên yêu cầu học sinh giải theo cách khác. HS cũng đã học định lý Pi-ta-go nên có thể giải bài toán trên như sau:
*Cách 2:
 ABD vuông tại B nên theo định lý Pi-ta-go, ta có:
AD2 = AB2 + BD2 AB2 < AD2 AB < AD (1)
ABD và ABC vuông tại B. Theo định lý Pi-ta-go, ta có:
AD2 = AB2 + BD2 (2)
AC2 = AB2 + BC2 (3)
Vì D BC nên BD < BC BD2 < BC2 (4)
Từ (2), (3) và (4) AD2 < AC2 AD < AC (5)
Từ (1) và (2) AC > AD > AB.
Qua cách giải 2, giáo viên đặt vấn đề: Các đoạn thẳng AB, AD, AC, BD, BC được gọi là gì, chúng có quan hệ như thế nào với nhau? Bài toán trên còn có thể giải theo cách nào khác không? Ta cùng tìm hiểu trong bài hôm nay. Học sinh sẽ rất ngạc nhiên và tò mò với vấn đề mà giáo viên đặt ra, từ đó có hứng thú với việc học bài mới.
Sau khi học xong bài “Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên, đường xiên và hình chiếu”, giáo viên có thể yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức của bài vừa học để giải lại bài toán trên.
*Cách 3: 
Vì D BC nên BD < BC 
Trong hai đường xiên AD và AC, đường xiên AD có hình chiếu BD, đường xiên AC có hình chiếu BC, mà BD < BC nên AD < AC .
Như vậy, với việc vận dụng kiến thức về “Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên, đường xiên và hình chiếu”, cách giải thứ 3 ngắn gọn hơn nhiều. Vấn đề giáo viên đặt ra đã được giải quyết dựa vào kiến thức bài mới.
a.2. Bài toán 2:
Khi dạy bài “Tính chất của dãy tỉ số bằng nhau”, trong phần kiểm tra bài cũ, giáo viên yêu cầu học sinh giải bài toán: 
“Tìm ba số x, y, z biết: và x + y – z =14’’
Học sinh đã học bài tỉ lệ thức nên có thể giải theo cách sau:
*Cách 1:
 Từ 
Ta có: x + y – z =14 (2)
Từ (1) và (2) 
 Khi đó: 
Vậy x = 6; y = 16; z = 8
Trong cách giải này, học sinh phải biết cách tách thành hai tỉ lệ thức để rút y và z theo x rồi thay vào đẳng thức (2) để đưa về đẳng thức chỉ chứa một ẩn x, từ đó có thể tìm x rồi thay vào (1) để tìm y, z.
Học sinh cũng có thể giải bài toán trên theo cách sau :
*Cách 2: 
Đặt (1)
Ta có: x + y – z =14 (2)
Từ (1) và (2) 3k + 8k - 4k = 147k = 14 k = 2
Khi đó: x = 3k = 3.2 = 6 ; y = 8k = 8.2 = 16; z = 4k = 4.2 = 8 
Vậy x = 6; y = 16; z = 8
Trong cách giải này, học sinh phải nắm được khi các tỉ số bằng nhau thì chúng có cùng chung một giá trị, vì thế có thể đặt giá trị chung của các tỉ số là k để rút x, y, z theo k rồi thay vào (2) để đưa về đẳng thức chỉ chứa một ẩn k, từ đó có thể tìm k rồi thay vào (1) để tìm x, y, z.
Sau khi nhận xét cách giải của học sinh, giáo viên đặt vấn đề : Bài toán trên còn có thể giải theo cách nào khác không? Ta cùng tìm hiểu trong bài hôm nay. Câu hỏi này sẽ khơi dậy trí tò mò của học sinh, để trả lời được câu hỏi này học sinh phải chú ý để nắm được kiến thức của bài mới.
Sau khi học xong bài “Tính chất của dãy tỉ số bằng nhau”, giáo viên yêu cầu học sinh giải lại bài toán ở phần đặt vấn đề. Khi đó học sinh sẽ dễ dàng nhận thấy có thể giải bài toán trên bằng cách áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau như sau : 
*Cách 3 :
Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có :
Vậy x = 6; y = 16; z = 8
Với cách thứ 3, học sinh sẽ cảm thấy dễ nhớ và dễ áp dụng hơn khi giải dạng toán trên.
a.3.Bài toán 3 :
 Cho ABC, có . Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho . Vẽ đường phân giác của góc BAD cắt BC tại E. Chứng minh rằng AE là đường trung trực của đoạn thẳng BD.
* Cách 1: 
 Học sinh đã được học định nghĩa đường trung trực của một đoạn thẳng, các trường hợp bằng nhau của hai tam giác, tam giác cân nên có thể chứng minh AE vuông góc với BD tại trung điểm của BD bắng cách chứng minh ABD cân tại A suy ra AB =AD. Gọi I là giao điểm của AE và BD. Chứng minh AIB = AID, từ đó suy ra IB = ID và , suy ra AE là đường trung trực của đoạn thẳng BD.
Giải: 
ABC, có nên 
Lại có 
Mặt khác góc ADB là góc ngoài tại đỉnh D của BCD 
nên 
ABD cân tại A AB = AD.
Gọi I là giao điểm của AE với BD
Xét AIB và AID có:
AB =AD (cmt), (gt), AI là cạnh chung
AIB = AID (c.g.c) 
IB = ID (1) (2 cạnh tương ứng); (2 góc tương ứng)
Ta lại có: 
tại I (2)
Từ (1) và (2) AE là đường trung trực của đoạn thẳng BD .
* Cách 2: 
Chứng minh A và E cách đều B và D. Trong bài toán này, để chứng minh AB = AD, EB = ED, ta chưa thể chứng minh AEB = AED vì chưa đủ yếu tố bằng nhau, trong trường hợp này ta có thể chứng minh ABD cân tại A để suy ra AB = AD bằng cách chứng minh (tính số đo hai góc này dựa vào tính chất tổng ba góc và tính chất góc ngoài của một tam giác rồi so sánh hai góc). Để chứng minh EB = ED, ta chứng minh AEB = AED. 
Giải:
ABC, có nên 
Lại có 
Mặt khác góc ADB là góc ngoài tại đỉnh D của BCD 
nên 
ABD cân tại A AB = AD.
Xét AEB và AED có:
AB =AD (cmt), (gt), AE là cạnh chung
AEB = AED (c.g.c) EB = ED (2 cạnh tương ứng)
Ta có: AB = AD nên A thuộc đường trung trực của BD (1)
 EB = ED nên E thuộc đường trung trực của BD (2)
Từ (1) và (2) AE là đường trung trực của đoạn thẳng BD.
Với cách 2 này thì giáo viên có thể sử dụng bài toán trên để tạo tình huống có vấn đề khi dạy bài “Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng”. Sau khi học sinh nắm được định lý đảo “Điểm cách đều hai đầu mút của một đoạn thẳng thì nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng đó” thì giáo viên có thể yêu cầu học sinh giải bài toán trên, như vậy học sinh sẽ nắm kiến thức vững hơn và biết cách vận dụng kiến thức vừa học để giải bài toán trên theo cách khác.
*Cách 3:
Dựa vào tính chất: “Trong một tam giác cân, đường trung tuyến ứng với cạnh đáy đồng thời đường trung trực của tam giác”. Tức là cần chứng minh ABD cân tại A. Gọi I là giao điểm của AE và BD. Ta chứng minh AI là đường trung tuyến ứng với cạnh đáy BD, từ đó suy ra AI hay AE là đường trung trực của đoạn thẳng BD.
Giải:
ABC, có nên 
Lại có 
Mặt khác góc ADB là góc ngoài tại đỉnh D của BCD 
nên 
ABD cân tại A AB = AD.
Gọi I là giao điểm của AE với BD
Xét AIB và AID có:
AB =AD (cmt), (gt), AI là cạnh chung
AIB = AID (c.g.c) IB = ID (2 cạnh tương ứng)
ABD cân tại A, có AI là đường trung tuyến ứng với cạnh đáy BD nên AI là đường trung trực của đoạn thẳng BD. Suy ra AE là đường trung trực của đoạn thẳng BD.
Với cách 3 này thì giáo viên có thể sử dụng bài toán trên để tạo tình huống có vấn đề khi dạy về “Tính chất của tam giác cân” trong bài “Tính chất ba đường cao của tam giác”. Sau khi học sinh nắm được tính chất của tam giác cân thì giáo viên có thể yêu cầu học sinh giải bài toán trên, như vậy học sinh sẽ nắm kiến thức vững hơn và biết cách vận dụng kiến thức vừa học để giải bài toán trên theo cách khác nữa.
b. Sử dụng bài toán có nhiều cách giải để mở rộng, nâng cao kiến thức cho học sinh:
Trong quá trình giảng dạy, và bồi dưỡng học sinh giỏi, việc mở rộng và nâng cao kiến thức đã học nhằm phát triển tư duy, phát huy tính độc lập, sáng tạo và bồi dưỡng năng lực tự học cho học sinh là vô cùng quan trọng. Chính vì thế giáo viên cần phải tìm tòi, nghiên cứu để tìm ra các phương pháp giải hay cho một bài toán. Hệ thống kiến thức và bài tập đưa ra phải đa dạng, phong phú, có sức hấp dẫn, lôi cuốn, kích thích được trí tò mò và mong muốn khám phá của học sinh. Trong các tiết luyện tập, ôn tập, bồi dưỡng học sinh giỏi, giáo viên khéo léo chọn lựa, cho học sinh làm một số bài toán có thể giải bằng nhiều cách. Trong đó học sinh có thể dùng kiến thức và phương pháp giải đã học để giải bài toán. Sau khi giải xong, giáo viên yêu cầu học sinh giải bài toán đó theo cách khác. Điều đó sẽ tạo yếu tố bất ngờ, thú vị, kích thích trí tò mò và phát huy khả năng sáng tạo của học sinh. Học sinh sẽ cảm thấy rất hứng thú và say mê học Toán khi phát hiện ra các cách giải mới cho một bài toán mà mình chưa biết.
b.1.Bài toán 1:
Tính giá trị của đa thức P(x) tại x = 11 với
P(x) = x17 - 12x16 + 12x15 - 12x14 + ... + 12x – 1
*Cách 1:
P(11) = 1117 – 12.1116 + 12.1115 – 12.1114 + ... + 12.11 – 1
= 1117 – (11+1).1116 + (11+1).1115 – (11+1).1114 + ... + (11+1).11 – 1
= 1117 – 1117 – 1116 + 1116 + 1115 – 1115 – 1114 + ... + 112 + 11 – 1
= 11 – 1 = 10
Vậy P(11) = 10 
Khi gặp dạng toán tính giá trị đa thức một biến đã thu gọn, thông thường học sinh sẽ thay ngay giá trị của biến vào đa thức rồi thực hiện phép tính. Tuy nhiên trong cách giải này, hầu hết học sinh chỉ dừng lại ở bước thay giá trị rồi không biết phải thực hiện phép tính như thế nào, vì thế giáo viên thường phải gợi ý tách hết các số 12 thành tổng 11 + 1 rồi tiếp tục sử dụng tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng để thực hiện phép tính, học sinh sẽ thấy ngay được kết quả sau khi rút gọn các hạng tử đối nhau. 
*Cách 2: 
Thay 12 bằng x + 1, ta có:
P(x) = x17 – (x + 1)x16 + (x + 1)x15 – (x + 1)x14 + ... + (x + 1)x – 1
= x17 – x17 – x16 + x16 + x15 – x15 – x14 + ... + x2 + x – 1 = x – 1
Khi đó : P(11) = 11 – 1 = 10 
Trong cách giải này, ta có thể thay hết các số 12 thành tổng x + 1 rồi tiếp tục sử dụng tính chất phân phối của phép nhân đối với phép cộng, sau đó thu gọn đa thức trước khi tính giá trị. Mấu chốt của cách giải này là ở chỗ học sinh phải phát hiện được x.xn-1 = xn và xn - xn = 0.
*Cách 3 : 
Ta có: x = 11 nên x – 11 = 0
Do đó : 
P(x) = x17 – 11x16 – x16 + 11x15 + x15 – 11 x14 – x14 + ... + 11x + x – 1
= (x – 11)x16 – (x – 11)x15 + (x –11)x14 – ... – (x –11)x + x – 1 = x – 1
Khi đó : P(11) = 11 – 1 = 10 
Trong cách giải này, ta có thể tận dụng ngay giá trị x = 11 nên x – 11 = 0
để thu gọn đa thức bằng cách tách các hạng tử rồi đặt thừa số chung để làm xuất hiện các thừa số x – 11.
b.2.Bài toán 2: 
Tính A = (-1).(-1)2.(-1)3 ... (-1)2015.(-1)2016
*Cách 1: 
A = (-1).(-1)2.(-1)3 ... (-1)2015.(-1)2016
= (-1)1+2+3+...+2015+2016 = (-1)2017.2016:2 = (-1)2017.1008 = 1
Trong cách giải trên ta có thể sử dụng công thức tính tích các lũy thừa cùng cơ số -1 sau đó áp dụng công thứ tính tổng dãy số cách đều để tính số mũ của thừa số -1.
*Cách 2: 
A = (-1).(-1)2.(-1)3 ... (-1)2015.(-1)2016
 = (-1).1.(-1).1.(-1) ... (-1).1 (có 2016 thừa số trong đó có 1008 thừa số -1)
 = 1
Trong cách giải này ta có thể tính lũy thừa của từng thừa số sau đó tính xem trong tích có bao nhiêu thừa số -1 để suy ra kết quả. 
Để giải được bài toán theo hai cách trên thì học sinh phải nắm được công thức (-1)2n = 1 và (-1)2n+1 = -1 với n 
b.3.Bài toán 3:
“Cho tam giác ABC có AB = AC. Chứng minh : ”
A
C
B
Học sinh đã được học bài trường hợp bằng nhau thứ hai của tam giác cạnh – góc – cạnh nên có thể sử dụng để giải bài toán trên theo một trong các cách sau:
*Cách 1: 
Xét ABC và ACB có:
AB = AC (gt); chung, AC = AB (gt)
 ABC = ACB (c – g – c)
 (2 góc tương ứng)
Cách giải này ít học sinh nghĩ đến vì để chứng minh hai góc bằng nhau thường phải dựa vào số đo góc hoặc dựa vào chứng minh hai tam giác bằng nhau. Trong bài này giáo viên cũng chứng minh hai tam giác bằng nhau nhưng thực chất vẫn là một tang giác nhưng thay vị trí các đỉnh tương ứng. Học sinh sẽ thấy rất bất ngờ và thú vị khi giáo viên đưa ra cách giải này.
H
2
1
B
C
A
*Cách 2:
Kẻ AH là tia phân giác của , 
Xét ABH và ACH có:
AB = AC (gt); AH chung, (theo cách vẽ)
 ABH = ACH (c – g – c)
 (2 góc tương ứng)
Để chứng minh trong trường hợp này thì học sinh phải vẽ thêm yếu tố phụ là vẽ thêm tia phân giác của góc A để tạo ra hai tam giác bằng nhau rồi chứng minh hai tam giác bằng nhau dựa vào trường hợp bằng nhau cạnh – góc – cạnh. Đây là một cách vẽ yếu tố phụ đơn giản mà học sinh có thể thực hiện được.
	Học sinh cũng có thể vẽ yếu tố phụ để giải bài toán trên theo hai cách sau:
* Cách 3:
1
E
D
B
C
A
1
Trên tia đối của tia BA lấy điểm D, trên tia đối của tia CA lấy điểm E sao cho BD = CE.
Ta có: AB = AC (gt) ; BD = CE (cách vẽ)
 AB + BD = AC + CE AD = AE
Xét ADC và AEB có:
AB = AC (gt); chung, AD = AE (cmt)
 ADC và AEB (c – g – c)
Xét BDC và CEB có:
BD = CE (cmt); (cmt), DC = EB (cmt)
BDC = CEB (c – g – c)
 (2 góc tương ứng)
Mà: 
	*Cách 4:
Trên tia đối của tia AB lấy điểm M, trên tia đối của tia AC lấy điểm N sao cho: AM = AN.
1
2
1
1
1
N
M
B
C
A
1
Xét ABN và ACM có:
AM = AN (cách vẽ); (đđ), AB = AC (gt)
ABN = ACM (c – g – c)
;NB = MC
Xét MBC và NCB có:
 (cmt); 
NB = MC (cmt); 
MB = NC ( vì AB = AC, AM = AN)
MBC = NCB (c – g – c)
 (2 góc tương ứng)
Cũng vẽ thêm yếu tố phụ để tạo ra hai tam giác bằng nhau, nhưng trong cách 3 và cách 4 mức độ khó và phức tạp cao hơn cách 2 rất nhiều, trong trường hợp này không thể chứng minh ngay hai tam giác chứa góc B và góc C bằng nhau mà phải chứng minh thêm cặp tam giác khác bằng nhau trước, từ đó sử dụng một số yêu tố bằng nhau trong hai tam giác này để chứng minh hai tam giác chứa góc B và góc C bằng nhau.
 	Qua bài toán này, giáo viên giúp học sinh thấy được đối với nhiều bài toán hình học, nếu chỉ sử dụng giả thiết đề bài cho nhiều khi chưa giải được bài toán, nhưng nếu biết cách vẽ thêm yếu tố phụ hợp lý, sáng tạo thì việc giải bài toán sẽ trở nên dễ dàng và thuận lợi hơn chẳng hạn như cách 2 trong bài toán này. Học sinh sẽ biết thêm một phương pháp giải toán hình học mới. Tuy nhiên việc vẽ thêm yếu tố phụ như thế nào để có lợi cho việc giải bài toán hình học lại là điều khó khăn và rất phức tạp đối với cả giáo viên và học sinh. Thực tế cho thấy không có phương pháp chung cho việc vẽ thêm yếu tố phụ, nó đòi hỏi sự thông minh sáng tạo khi giải toán, bởi vì việc vẽ thêm các yếu tố phụ cần đạt mục đích là tạo điều kiện để giải bài toán một cách ngắn gọn và dễ dàng hơn chứ không phải tùy tiện thích vẽ thêm là vẽ.
 	Giáo viên có thể sử dụng bài toán trên để đặt vấn đề khi dạy bài “Tam giác cân” 
b.4.Bài toán 4: 
1
2
2
1
1
M
E
D
C
B
A
Cho tam giác ABC. D và E lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AC. Chứng minh rằng: DE // BC và .
* Cách 1:
Trên tia đối của tia ED lấy điểm M sao cho EM = ED.
Xét EAD và ECM có: 
EA = EC (gt), (đđ), ED = EM (theo cách vẽ)
 EAD = ECM (c-g-c)
 AD = CM (2 cạnh tương ứng); (2 góc tương ứng)
Ta có : , mà và là hai góc so le trong 
 AD // CM (hai góc so le trong )
Xét BDC và MCD có: 
BD = MC (= AD) , (cmt), DC chung.
 BDC = MCD (c – g – c)
 BC = DM (2 cạnh tương ứng); (2 góc tương ứng)
Ta có : , mà và là hai góc so le trong DE // BC
Vì mà DM = BC .
Vậy DE // BC và .
Để giải bài toán trên ta có thể vẽ thêm yếu tố phụ là lấy điểm M trên tia đối của tia ED sao cho EM = ED để tạo ra các cặp tam giác bằng nhau, từ đó chứng minh được DE // BC và .
3
N
x
A
B
C
D
E
1
1
2
2
1
*Cách 2 :
Trên nửa mặt phẳng bờ BC có chứa điểm A, vẽ tia Cx // AB. 
Trên tia Cx lấy điểm N sao cho CN = AD.
 Xét EAD và ECN có: 
EA = EC (gt), (vì AD // CN), AD= CN (theo cách vẽ)
 EAD = ECN (c-g-c)
(2 góc tương ứng); và DE = EN (2 cạnh tương ứng); 
Mà (kb) nên 
 ED và EN là hai tia đối nhau D, E, N thẳng hàng.
Xét BDC và NCD có: 
BD = CN (= AD) , (BD // 

Tài liệu đính kèm:

  • docthcs_84_0544_2010978.doc