Biện pháp Khai thác, phát triển các bài toán trong Sách giáo khoa Toán 7

 A-ĐẶT VẤN ĐỀ
 I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
 1. Cơ sở lý luận.
 Ở trường THCS, dạy học Toán là hoạt động Toán học. Đối với học sinh 
có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động Toán học. Các bài 
toán là phương tiện rất có hiệu quả trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức 
đồng thời phát triển tư duy và hình thành kỹ năng ứng dụng toán học vào thực 
tiễn. Tổ chức có hiệu quả việc hướng dẫn học sinh giải các bài tập Toán có ý 
nghĩa quyết định tới chất lượng dạy và học Toán. Để làm dược điều đó thì trong 
dạy học Toán, đặc biệt là dạy giải bài tập toán thì người thầy giáo cần quan tâm 
tới việc phát triển năng lực thực hiện các thao tác tư duy: phân tích, tổng hợp, so 
sánh, khái quát hóa, đặc biệt hóa, trừu tượng hóa, cụ thể hóa và các năng lực 
nhìn nhận các vấn đề Toán học trong nhiều góc độ khác nhau, đề xuất các hướng 
giải quyết vấn đề trên cơ sở các góc độ nhìn nhận đó.
 Tôi cho rằng hệ thống kiến thức trong sách giáo khoa là nguồn quan 
trọng cần được khai thác để làm tốt nhiệm vụ phát triển năng lực toán học như 
đã nêu ở trên cho học sinh.
 2 Cơ sở thực tiễn.
 Trong những năm gần đây chất lượng giáo dục của trường THCS 
Khương Đình tăng lên rõ rệt: Sĩ số học sinh tăng nhanh, tỷ lệ % thi đỗ vào lớp 
10 THPT công lập đạt 80% – 85%, đội tuyển thi học sinh giỏi cấp quận, cấp 
thành phố đứng tốp 3 toàn quận, đặc biệt năm học 2013 -2014 nhà trường có học 
sinh đạt giải 3 môn toán lớp 9 cấp thành phố. Là giáo viên trực tiếp giảng dạy 
môn Toán lớp 7 theo chương trình sách giáo khoa mới nhiều năm liên tục, do đó 
tôi có nhiều thời gian để tiếp cận với nội dung, chương trình môn Toán lớp 7. 
Qua nghiên cứu hệ thống kiến thức trong sách giáo khoa Toán lớp 7 và thực tiễn 
giảng dạy, tôi thấy cuốn sách giáo khoa Toán 7 được biên soạn khá công phu, 
sắp xếp hệ thống kiến thức khoa học. Hệ thống bài tập đa dạng kích thích được 
 1 V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
Sử dụng các phương pháp nghiên cứu bao gồm: 
- Phương pháp quan sát;
- Phương pháp đàm thoại;
- Phương pháp phân tích;
- Phương pháp tổng hợp;
- Phương pháp khái quát hóa;
- Phương pháp khảo sát, thực nghiệm.
VI. PHẠM VI & KẾ HOẠCH NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI
1. Phạm vi nghiên cứu của đề tài: Chương trình sách giáo khoa Toán 7.
2.Thời gian thực hiện: Thực hiện trong 2 năm học 2012- 2013
 và 2013-2014.
 Một số hình ảnh trong giờ học toán
 của lớp 7A1 Trường THCS Khương Đình
 Năm học 2013 -2014
 3 B- NỘI DUNG ĐỀ TÀI
 Sau đây tôi xin được trình bày 3 biện pháp cụ thể nhằm rèn luyện năng 
lực tư duy, sáng tạo cho học sinh qua việc hướng dẫn học sinh khai thác và 
phát triển các bài toán trong sách giáo khoa Toán 7 theo cấp độ tăng dần 
của tư duy:
 1. Hướng dẫn học sinh giải bài toán bằng nhiều cách khác nhau;
 2. Khai thác & phát triển bài toán đã cho thành những bài toán mới; 
 3. Hướng dẫn học sinh xây dựng bài toán tổng quát từ bài toán cụ 
thể.
 I. HƯỚNG DẪN HỌC SINH GIẢI BÀI TOÁN BẰNG NHIỀU 
CÁCH KHÁC NHAU.
 Ví dụ 1:
 Bài toán 1: Chứng minh định lý: Nếu tam giác có một đường trung tuyến 
đồng thời là đường phân giác thì tam giác đó là tam giác cân.
 ( Bài số 42 trang 73 SGK Toán 7 tập 2).
 Lời giải
 Cách 1: 
 A Trên tia đối của tia MA lấy điểm N 
 sao cho MN = MA
 1 2 Xét ∆ MAC và ∆ MNB có : 
 MB = MC (gt); 
 ¶ ¶
 M1 M 2 ( đối đỉnh)
 B 1 1 1 C MA = MN ( cách vẽ) 
 2 M => ∆ MAC =∆ MNB( c.g.c) 
 =>AC = BN (1) 
 ¶ µ µ ¶ µ µ
 và A2 N mà A1 A2 (gt) => A1 N
 => ∆ BAN cân tại B => BA= BN (2) 
 N Từ (1) và (2) => AB = AC 
 => ∆ ABC cân tại A
 5 Từ (1), (2), (3): 
 => MF. AB = MF. AC (4)
 Xét 2 tam giác vuông ∆ EAM và ∆ 
 µ ¶
 FAM có A1 A2 (gt), AM chung.
 => ∆ EAM = ∆ FAM 
 => MF= ME ( 5)
 Từ ( 4) và (5) => AB = AC 
 =>∆ ABC cân tại A
 A Cách 5:
 1 2 Gọi E, F lần lượt là chân các đường 
 vuông góc kẻ từ M xuống AB; AC. Có 
 2 khả năng xảy ra:
 E F Trường hợp 1:
 Các góc B, C cùng nhọn:
 B M C Xét các tam giác vuông ∆EAM và 
 ∆FAM có: 
 µ ¶
 A1 A2 (gt), AM chung.
 => ∆EAM = ∆FAM => MF= ME .
 Mà MB = MC (gt) 
 => ∆ EMB = ∆ FMC ( Cạnh huyền, 
 cạnh góc vuông) 
 => Bµ Cµ => ∆ ABC cân tại A.
 Trường hợp 2: 
 Trong 2 góc Bµ và Cµ có 1 góc lớn hơn 
A
 hoặc bằng 900. Giả sử Bµ ≥ 900
 Chứng minh tương tự như trường hợp 1 
 ta có ∆ EMB = ∆ FMC ( cạnh huyền, 
 F
 cạnh góc vuông)
 B C
 M => E· BM F· CM điều này là vô lý vì 
 E
 E· BM là góc ngoài của ∆ ABC nên ta 
 luôn có E· BM B· AC C· AB F· CM
 => Trường hợp này không xảy ra. 
 Từ các trường hợp trên => Đpcm.
 Cách 6: 
 Gọi K,P lần lượt là chân các đường 
 vuông góc kẻ từ B và C xuống tia AM.
 Xét các tam giác vuông ∆KBM và ∆ 
 PCM có 
 ˆ ˆ
 BM = CM(gt) và M 3 M 4 ( đối đỉnh) 
 7 điểm của AB và MD.
 Xét ∆ BDM và ∆ MAC có 
D A D· BM ·AMC ( đồng vị) , MB = MC(gt) 
 1 2 và D· MB ·ACM ( đồng vị )
 K =>∆ BDM = ∆ MAC (g.c.g) 
 ¶ µ
 => AM = BD, A2 D 
 Xét ∆ KAM và ∆ KBD có 
 µ µ µ ¶
 1 2 AM = BD(cmtr) A1 B1 ; D M 2 ( so le 
 B C trong) => ∆ KAM = ∆ KBD (g.c.g)
 M
 => KD= KM(1) 
 µ ¶ µ ¶
 Mặt khác : D M 2 (cmtr); A1 A2 (gt), 
 µ µ
 A1 B1 ( so le trong) 
 µ µ
 => D B1 => ∆ KBD cân tại K 
 => DK = KB (2)
 Từ (1) và (2) => KB = KM 
 =>∆ KBM cân tại K 
 => K· BM K· MB 
 mà K· MB ·ACB ( đồng vị) 
 => K· BM ·ACB 
 =>∆ ABC cân tại A.
 Cách 9:
 Vì ·AMB ·AMC 1800 nên trong 2 góc 
 AMB và AMC phải có 1 góc không lớn 
 A hơn 900. Không mất tính tổng quát, giả 
 12 sử ·AMC 900
 Nếu ·AMC 900 thì từ C kẻ đường 
 thẳng vuông góc với AM cắt AM và 
 Q AB theo thứ tự tại P, Q khi đó điểm P 
 P nằm giữa A và M; điểm Q nằm giữa A 
B C và B.
 M Xét các tam giác vuông ∆ APQ và 
 µ ¶
 ∆ APC có A1 A2 (gt), AP chung
 =>∆ APQ = ∆ APC => AQ = AC, 
 A
 PC = PQ
 12 Nối MQ, xét các tam giác vuông 
 ∆ PMQ và ∆ PMC có PC =PQ ( cmtr) 
 cạnh PM chung 
 Q =>∆ PMQ = ∆ PMC (c.g.c)
 P => MQ = MC, mà MC = MB(gt)
B C => MQ = MC = MB = 1/2 BC 
 M =>∆ QBC vuông tại Q ( theo kết quả 
 9 a c
Cách 3: Đặt k => a = bk; c=dk
 b d
 a b bk b b(k 1) k 1
=> = (1)
 a b bk b b(k 1) k 1
 c d dk d d(k 1) k 1
Và = = (2)
 c d dk d d(k 1) k 1
Từ (1) và ( 2) => a b = c d
 a b c d
Cách 4: 
 a c
Từ => 2bc = 2ad => ac – ad + bc – bd = ac + ad – bc + bd
 b d
 a( c – d) + b( c – d) = a(c + d) – b( c+ d)
 ( a + b ( c – d) = (a – b)( c +d)
=> a b = c d
 a b c d
Cách 5 
 a c
Từ = > ad = bc
 b d
 a b d(a b) ad bd bc bd b(c d) c d
Do đó = = 
 a b d(a b) ad bd bc bd b(c d) c d
=> a b = c d
 a b c d
Cách 6:
 a c
Từ = > ad = bc
 b d
 c d b(c d) bc bd ad bd d(a b) a b
Do đó: = = = 
 c d b(c d) bc bd ad bd d(a b) a b
=> a b = c d
 a b c d
 11 2001 – 1= 2000 đạt được khi 1 x 
2001
 Cách 4: Ta có A A, dấu = xảy ra khi A 0. Do đó:
 x 2001 = 2001 x 2001 – x
 Dấu = xảy ra khi 2001 – x 0 hay x 2001
 Và x 1 x -1. Dấu = xảy ra khi x – 1 0 hay x 1
  A = x 2001 + x 1 (2001 – x) + ( x -1) = 2000
 Dấu = xảy ra khi 2001 x và x 1 hay 1 x 2001
Khi đó giá trị nhỏ nhất của A là 2001 - 1= 2000 đạt được khi 1 x 2001.
 Tóm lại: Từ việc tìm ra nhiều lời giải khác nhau cho một bài toán, học 
sinh sẽ chọn được lời giải hay cho bài toán đó. Hơn thế, bước đầu các em còn 
được rèn khả năng bao quát, hội tụ các kiến thức, các yếu tố có liên quan để 
giải quyết vấn đề một cách tối ưu nhất.
 Song trong thực tế, học sinh rất cần được rèn khả năng dự đoán, phát 
hiện những vấn đề mới từ những điều đã biết và chủ động giải quyết những 
vấn đề đó. "Khai thác & phát triển bài toán đã cho thành những bài toán 
mới" là một biện pháp tích cực giúp học sinh rèn khả năng tư duy nói trên. 
 II. KHAI THÁC & PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN ĐÃ CHO THÀNH 
NHỮNG BÀI TOÁN MỚI.
 Ví dụ 4:
 Bài toán 4:
 Cho hình 52. Hãy so sánh: 
a) B· IK và B· AK . A
b) B· IC và B· AC .
 ( Bài 3 trang 108 SGK Toán 7 tập 1) I
 B
 K C
 Lời giải
 13 Cho tam giác ABC, I là một điểm nằm trong tam giác.
 Chứng minh rằng B· IC B· AC ·ABI ·ACI .
 Không dừng lại ở đây, tiếp tục cho học sinh khai thác kêt quả bài toán 4.2 
bằng cách đặc biệt hóa vị trí của điểm I là giao điểm của các đường phân giác 
của ABC, khi đó học sinh đều nhận xét được:
 1 1 1 1
 B· AC ·ACI ·ABC ·ACB (·ABC ·ACB) (1800 B· AC)
 2 2 2 2
 1
 900 B· AC
 2
 1 1
 Do đó B· IC B· AC + 900 B· AC = 900 B· AC
 2 2
 Đến đây ta có bài toán mới như sau:
 Bài toán 4.3:
 Cho tam giác ABC, các đường phân giác của góc B và C cắt nhau tại I . 
 1
CMR B· IC 900 B· AC (3)
 2
 Từ (3) => Nếu biết số đo của B· AC thì sẽ xác định được số đo của B· IC , từ 
đó ta có bài toán mới như sau:
 Bài toán 4.4:
 Cho tam giác ABC, các đường phân giác của góc B và góc C cắt nhau tại 
I. Tính B· IC biết:
 a) B· AC = 600
 b) B· AC = 900 
 c) B· AC = 1200 
 d) B· AC = 1500 
 Tiếp tục cho học sinh khai thác kết quả bài toán 4.3 theo hướng khác bằng 
cách từ kết quả (3) yêu cầu học sinh tính các góc AIC và góc AIB để đi đến các 
kết quả sau:
 1
 B· IC 900 B· AC 
 2
 15