SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
" ỨNG DỤNG CỦA MỘT HỆ THỨC HÌNH HỌC VÀO GIẢI
TOÁN"

0


A. PHẦN MỞ ĐẦU:
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:
Trong quá trình dạy học môn toán ở trường THCS chúng ta thường có thói quen
giải các bài tập một cách đơn điệu và dừng lại ở đó mà chưa quan tâm nhiều đến kết quả.
Vì vậy khi học sinh gặp bài toán mới thường bị động, không biết bắt đầu từ đâu để tìm lời
giải. Những kết quả đó có thể đơn giản nhưng không tầm thường. Bởi đôi khi kết quả đó
lại là công cụ hữu hiệu để giải quyết các bài toán khác khó hơn hoặc làm cầu nối giữa
những bài toán lạ với những bài toán đã biết.
Vì vậy người thầy không nên xem nhẹ kiến thức cơ bản mà cần phát huy tính sáng tạo
của học sinh trước kết quả của mỗi bài toán được giải xong. Kết quả đó cần được phân
tích, phát triển, tổng quát hóa, đặc biệt hóa…từ đó tạo nên một lớp bài toán “cùng họ
hàng với nhau” hoặc những bài toán có chung bài toán gốc.Biển cả bao la cũng bắt
nguồn từ những con suối nhỏ, một bài toán dù khó đến đâu cũng có cội nguồn từ bài toán
đã biết. Như vậy với mỗi buổi học ôn tập kiến thức, dạy bồi dưỡng học sinh khá giỏi
thầy và trò không cần phải giải thật nhiều bài toán, đôi khi chỉ cần một đến hai bài là đủ
và bài toán đó không phải ở đâu xa mà ở ngay trong sách giáo khoa hoặc sách bài tập.
Thực tế qua hoạt động dạy học như vậy người thầy cũng rút ra được nhiều kinh nghiệm
quý báu cho bản thân, thậm chí học tập được từ học trò thêm những điều bổ ích.
Làm như vậy là chúng ta đã tạo được sự hứng thú cho người học, phát huy được tính
tích cực, độc lập, chủ động, sáng tạo của học sinh, khơi nguồn cảm hứng tự nghiên cứu
tài liệu cho học sinh đó chính là tiền đề cho các em từng bước chiếm lĩnh tri thức một
cách chủ động trước những vấn đề mới và khó. Qua đó nhằm giáo dục tính kiên trì, bản

Đã áp dụng thực nghiệm tương đối thành công khi giảng dạy nâng cao kiến thức cho 32
học sinh lớp 9A.
3. Phương pháp quy nạp.
Sau khi tiến hành phương pháp điều tra và thực nghiệm bản thân đã rút ra được kết luận
tương đối về sự thụ động của học sinh có năng lực khá giỏi trong việc tiếp cận và giải
quyết các bài toán có liên quan đến hệ thức đưa ra.
VI. ĐÓNG GÓP VỀ TÍNH KHOA HỌC CỦA ĐỀ TÀI:
1. Đối với tập thể:
Phù hợp với đổi mới phương pháp dạy học hiện nay
Giúp cho tập thể giáo viên toán thay đổi cách nhìn khi giảng dạy các tiết luyện tập
ôn tập, đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi…
2.

Đối với cá nhân:

Đã từng bước thay đổi phương pháp dạy học phù hợp giúp học sinh tích cực, chủ
động, tự tin, sáng tạo trong học tập.

2


B. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU:
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Trong khung chương trình, sách giáo khoa hiện hành của bộ GD&ĐT bậc THCS
môn toán học sinh được học 4 tiết/tuần nên đa số thời gian chỉ để truyền đạt kiến thức lý
thuyết cơ bản. Học sinh được thực hành qua các tiết luyện tập, ôn tập chủ yếu bằng
phương pháp thụ động, giải bài tập là chính. Ngoài ra không ít giáo viên nhận thức chưa
đúng về chuẩn KTKN, giảm tải nên chưa mạnh dạn đổi mới phương pháp dạy học. Mặt
khác bản thân giáo viên cũng chưa quen phát triển, tổng quát hóa, đặc biệt hóa, ...khai
thác sâu thêm các kết quả của những bài toán "điển hình" để phục vụ học sinh khá giỏi.

Kết quả thu được như sau:
Số lượng HS Nội điều tra
được điều
tra

32

SL, TL học SL học sinh
sinh có liên không có sự
hệ đến hệ liên hệ
thức

Điều tra việc giải SL: 5 em
các bài toán có TL: 16%
liên quan đến hệ
thức hình học

SL học sinh
liên
tưởng
đến
kiến
thức khác

SL: 18 em

SL: 9em

TL: 56%


Do EH // BK nên
Ta có:

Vậy:

S AEF
S ABC

EB AE

BK AB

1
1
AF .EH
AE . AF
AE . AF
2
2



1
1
AB. AC
BK . AC
AB. AC
2
2



S ABC AB. AC

 Một số ứng dụng của bài toán gốc.

Bài 1: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ cắt các cạnh AB,
AC và AM thứ tự tại E, F và I.
Chứng minh:
AB AC
AM

 2.
AE AF
AI

Chứng minh: Ta có:
5


S AEF
S
S
AE . AF 1  AE . AI
AF . AI 
 AEI  AIF 
 


S ABC 2 S ABM 2 S ACM
AB. AC 2  AB. AM AC . AM 


 2.
AE AF
AI

Đặc biệt khi I là trọng tâm ta có bài tập sau:

Bài 2: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm
G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F.
Chứng minh:
AB AC

3
AE AF

Giải: Ta có thể giải bài này theo nhiều cách khác nhau:
Lời giải 1(Hình 3): Từ kết quả của bài 1 ta có ngay kết quả
A

G

F

E

B

M

C

BI // EF; CK // EF

AB AI AC AK

;

AE AG AF AG

Mặt khác:

(I, K thuộc AM). Ta có:

. Cộng vế theo vế ta được:

BIM  CKM  MI  MK (2)

Từ (1) và (2) suy ra:
Vậy:

AB AC AI  AK


(1)
AE AF
AG

AB AC
AM

 2.

EB BI
AB BI  AG



(1)
AE AG
AE
AG
CF CK
AC CK  AG



(2)
AF AG
AF
AG

Từ (*), (1) và (2) suy ra:

AB AC 2 AG  2GM 3 AG



3
AE AF
AG
AG


Do AK // MP

F

P

I

AK AG

 2  AK  2MP
MP GM

M

C

Hình 6

kết hợp với (1)  BI + CQ = AK

AB AC AE  EB AF  FC
EB CF
BI CQ
BI  CQ
AK



 2


Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi
qua trọng tâm G của tam giác cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F.
Chứng minh:
1
1
9


2
2
AE
AF
BC 2

8


Chứng minh:
Lời giải1(Hình7):
Áp dụng kết quả bài 2 , bất đẳng thức Bunyacovsky và định lí Pythagore ta có:
2

1 
 AB AC 
2
2  1
9




Vậy:
M

B

1
1
9


2
2
AE
AF
BC 2

C

Hình 7

Lời giải 2(Hình 8):

A

F

E
H
B

9
AM 


(2)
2
3
3
AH
BC 2

1
1
9


2
2
AE
AF
BC 2

. Dấu đẳng thức xẩy ra khi H trùng G

9


Bài 4: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm
G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F.
Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AEF

S AEF
4

Đẳng thức xẩy ra



AB AC

 d // BC .
AE AF

Vậy GTNN( S AEF ) =

9
S ABC  d // BC
4

Câu hỏi đặt ra là liệu có tìm được giá trị lớn nhất của diện tích tam giác AEF
không?

Bài 5: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm
G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F.
Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác AEF

Lời giải (Hình 9): Ta có:

AB AC

 3.


1
S ABC .
2

Dấu bằng đạt được khi E trùng B hoặc F trùng C

Nhận xét:
Từ bài 4 và bài 5 ta có thể tìm được GTNN và GTLN của tứ giác BCFE...

Bài 6: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm
G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F.
Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích các tam giác BFE và CEF
Lời giải (Hình 10):
A

N
P

F

J
E

H

G
I

B

1
EF ( BP  CN )  EF .2MI  EF .MI  EF . AH  S AEF
2
2
2

(2)

(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra:

S BEF  SCEF 

Vậy GTNN( SBEF  SCEF ) =

9
S ABC
4

9
S ABC  d // BC
4

Tiếp tục dùng kết quả của bài toán gốc . Ta có các bài tập sau:

Bài 7: Gọi AP, BF, CE lần lượt là các đường cao của tam giác nhọn ABC.
Chứng minh rằng:

11

Do đó:

E

S EFP
 1  cos 2 A  cos 2 B  cos 2C .
S ABC
B

C

P

Bài 8: Gọi AP, BF, CE lần lượt là các đường phân giác trong của tam giác nhọn
ABC. Tìm điều kiện của tam giác ABC để GTLN của

S AEF

Lời giải(Hình 12): Đặt AB = c, AC = b, BC = a
Ta có:

A

s AEF AE. AF AE AF
b
c


.


S EFP
2abc

S ABC (a  b)(b  c)(c  a)

B

(1)

Hình 12

12

P

C


Do: a  b  2 ab; b  c  2 bc; c  a  2 ac  (a  b)(b  c)(a  c)  8abc (2)
S AEF 1
1
  S AEF  S ABC .
S ABC 4
4

Từ (1) và (2) suy ra:

Dấu “ = ” đạt được khi và chỉ khi a = b = c.
Vậy GTLN( S AEF ) =



AB BC AC k  1

S AMP AM . AP
k


S ABC
AB. AC  k  12

Từ đó ta có:
Do đó:

. Tương tự:

nghiệm: k1  3  2

3k

 k  1

2 ; k2  3  2 2

2

BM CN PA
1





3k

 k  1

2

tỉ lệ thức)

.

.

– 6k + 1 = 0. Bài toán có hai

thoả mãn

13


A

P

M

B

C


AP
AQ

=

 PM
1 
AP


  QN 

 1 
AQ 


(*)

Theo giả thiết có:
BC BM  CM
1 k 1

 1 
MB
MB
k
k

CD DN  CN


AQ AB DC 2k  1

. Thay vào (*) ta có:

= 2. Suy ra: SMNPQ  S APQ

S ABCD  2S ABC  2S ADC  2SCBD

S ABM BA.BM BM
k



S ABC
BA.BC
BC k  1

14


S ADN DA.DN DN
k



S ABD DA.DC DC 2k  1

Ta có:

CB


2  k  1 2k  1

Từ đó tính được: S AMN theo k và diện tích của ABCD

M

B

C

P
N

Q
A

D

Hình 14

Kết quả đạt được:
Sau khi đề tài hoàn thiện tôi đã áp dụng với lớp 9A trường THCS nơi đang công tác
năm học 2013 – 2014 thấy hiệu quả khá rõ nét. Không những thế khi tôi dạy những bài
toán đơn giản ở sách giáo khoa học sinh từng bước hình thành được thói quen phân tích,
tìm tòi, sáng tạo và tự tin tiếp cận kiến thức.
Kết quả cụ thể:
Số lượng HS Nội điều tra

SL, TL học SL học sinh SL học sinh


Nhận xét: Qua bảng số liệu ta thấy sau khi thay đổi phương pháp dạy số lượng HS có sự
liên hệ giữa kiến thức đã học với kiến thức mới chiếm tỉ lệ tương đối cao.
Sau đây kết quả học sinh giỏi cấp Huyện, cấp Tĩnh của trường trong 3 năm học gần
đây.
HSG Huyện

HSG cấp Tỉnh

Năm học
Tỉ lệ

Số
lượng

Tỉ lệ

Thứ
hạng

Số lượng

2010 - 2011

10

100%

3


Số lượng

Tỉ lệ

2010 - 2011

37

97%

2011 – 2012

38

100%

16


2012 - 2013

32

100%

Những số liệu đó chứng tỏ dạy học phân hóa đối tượng, điều chỉnh phương pháp phù hợp
nhằm tăng sự chủ động về phía học sinh thì kết quả đạt được là rất khả quan.
C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1. Kết luận:
Đề tài chỉ là một minh chứng cho phương pháp dạy học phân hóa đối tượng học sinh.

* Đối với chuyên môn nhà trường: Chú trọng công tác đội ngũ, có kế hoạch bồi
dưỡng thường xuyên, dài hơi nhằm đáp ứng yêu cầu, nhiệm vụ mới.
* Đối với tổ chuyên môn: Nên đi sâu các chuyên đề, chuyên đề phải có tính ứng
dụng thực tế cao, đổi mới công tác sinh hoạt tổ chuyên môn, tránh hình thức.
* Đối với giáo viên: Thường xuyên trau dồi kiến thức, nghiệp vụ, cần tiếp cận
những kiến thức mới qua nhiều kênh thông tin khác nhau.
* Với học sinh: Cân có thái độ nghiêm túc trong học tập, có ý thức tự giác, tự học,
tự nghiên cứu từ đó xuất hiện tính sáng tạo trong học toán.
Hà Tĩnh, ngày 22 tháng 11 năm 2013
Người viết

Phan Đình Ánh

18