SKKN sáng tạo nhiều cách giải toán

Nhưng bên cạnh đó việc học lệ thuộc vμo tμi liệu còn khá phổ biến, trong đó đối tượng người học lμ học sinh ngμy cμng hạn chế đi tính tự học tự bồi dưỡng, chủ yếu cách giải bμi toán do h

************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bμi toán khó *****************

I- Đặt vấn đề:

Toán học lμ môn học đòi hỏi sự sáng tạo không ngừng Khám phá kho tμng

“bí ẩn” của toán học từ lâu đã kích thích tính tò mò, chinh phục kiến thức của

người học Tuy rằng đây lμ môn học khó, song không ít người say mê nó Cμng học toán, cμng yêu toán, cμng lμm cho người học say mê sáng tạo, tìm tòi vμ tư duy không chút mệt mỏi Ngμy nay người học toán có nhiều cơ hội để học tốt cả về thời gian vμ sự đầu tư kiến thức, các tμi liệu sách vở phục vụ cho học tập nhiều hơn, phong phú vμ đa dạng hơn Nhưng bên cạnh đó việc học lệ thuộc vμo tμi liệu còn khá phổ biến, trong đó đối tượng người học lμ học sinh ngμy cμng hạn chế đi tính tự học tự bồi dưỡng, chủ yếu cách giải bμi toán do học nhiều mμ có, lệ thuộc sách giải, chưa phát huy hết tính tư duy sáng tạo trong giải toán Bên cạnh đó các sách tμi liệu còn nặng về lời giải chứ chưa nhiều đi sâu vμo phân tích phương pháp tìm lời giải trên nhiều khía cạnh, có những bμi toán nếu chúng ta chịu khó đầu tư nghiên cứu, đưa ra những dự đoán vμ phân tích các khả năng thì có nhiều cách giải hay vμ gọn hơn cách giải đã đưa ra Để lμm được việc đó đòi hỏi sự dμy công nghiên cứu của người dạy, lμ sự xâu chuổi kiến thức để tìm ra lời giải hay, mới lạ

vμ độc đáo Đây chính lμ lý do tôi viết nên đề tμi:

“Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bμi toán khó” II- Giải quyết vấn đề:

1- Cơ sở lý luận:

Trong công tác giảng dạy, nhất lμ công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nếu GV dạy cho học sinh cách định hướng vμ cách phân tích tìm tòi lời giải cùng với kích thích sự sáng tạo của học sinh thì có rất nhiều bμi toán tưởng như hạn chế về cách giải thì lại có nhiều cách giải hay vμ độc đáo Để lμm được điều nμy học sinh cũng cần được trang bị một hμnh trang kiến thức đầy đủ, vững chắc cùng với sự say mê

vμ sáng tạo trong giải toán thì mới đem lại hiệu quả cao Sự say mê trong tìm tòi, sáng tạo trong tư duy vμ sự nhẫn nại trong giải toán lμ đức tính cần thiết để người học không ngừng khám phá được cái hay, cái đẹp của toán học

2- Cơ sở thực tiễn:

Trong dạy toán nếu giáo viên chỉ hướng dẫn học sinh cách giải toán với bμi mẫu có sẵn thì việc học toán rất khô khan, người học dễ nhμm chán, sự sáng tạo của người học bị hạn chế Vì thế trước một bμi toán giáo viên không nên giới hạn

sự suy nghĩ của học sinh mμ cần kích thích tính tìm tòi, dự đoán vμ chú trọng

nhiều đến các hướng suy nghĩ khác nhau của học sinh, trên cơ sở đó phân tích định hướng để có thể tìm ra nhiều lời giải độc đáo Như vậy học sinh không bị gò bó mμ

tích cực chủ động trong suy nghĩ, tự do sáng tạo, từ đó mới có thể “phát minh”

nhiều điều mới lạ Đây lμ cơ sở đã tạo nên đề tμi mμ qua nhiều năm giảng dạy với công tác bồi dưỡng tôi đã đúc rút được

3- Hiệu quả của SKKN:

Trước khi chưa áp dụng đề tμi nμy vμo giảng dạy thì số học sinh có tính tích cực

sáng tạo trong giải toán còn hạn chế Phân tích nguyên nhân tôi thấy rằng:

+ Do học sinh còn phụ thuộc nhiều vμo lời giải sẵn có trong sách, tμi liệu; + Do chưa có thói quen tìm các cách giải khác khi đã có một cách giải để tìm ra cái hay của những cách giải đó;

+ Chưa được trang bị đầy đủ cách phân tích đa chiều 1 bμi toán, mμ từ đó

học sinh có định hướng đúng, nhằm tìm ra nhiều cách giải khác nhau Sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vμo công tác bồi dưỡng HSG lớp 9, tôi thấy học sinh say mê học toán, hăng say sáng tạo nhiều hơn Trong các kì thi cùng một bμi toán nhưng nhiều em đã có nhiều cách giải khác nhau vμ rất sáng tạo không theo đáp án sẵn có Chính vì thế mμ các kì thi HSG các cấp thì học sinh của tôi bồi

dưỡng đã đạt nhiều kết quả cao như HSG cấp Tĩnh môn Toán 9 (giải nhất vμ nhì năm 2009-2010) Đề tμi còn lμ sự trao đổi cách học lẫn nhau giữa thầy vμ trò, qua

đó đã có nhiều điều bất ngờ tôi cũng “học” được từ học sinh của tôi đó các bạn ạ!

 Kết quả cụ thể:

Số HS phụ thuộc lời

giải sẵn

Số HS say mê sáng tạo nhiều cách giải

4- Phạm vi vμ đối tượng áp dụng đề tμi:

Toán nâng cao lớp 8 vμ 9 gồm cả hình vμ đại số, đề toán thường gặp nhiều trong các kì thi, có thể dùng trong công tác bồi dưỡng HSG lớp 9 vμ ôn thi vμo các trường chuyên THPT

5- Nội dung cụ thể của đề tμi:

Đề tμi được sắp xếp hình học trước, đại số sau Các cách giải theo sự tiến

triễn của lôgic kiến thức, cách giải sau ngắn gọn vμ sáng tạo hơn cách giải trước Mỗi bμi toán đều có lời bình, đó chính lμ định hướng cách phân tích để tìm ra các cách giải khác nhau cho một bμi toán

************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bμi toán khó ***************** Sau đây tôi xin đ−ợc trình bμy phần nội dung của đề tμi mang tên: “Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bμi toán khó”

Chóng ta sÏ lμm quen víi mét sè bμi to¸n h×nh häc!

Bμi to¸n1: Cho tam gi¸c ABC néi tiÕp ®−êng trßn t©m O, ®−êng kÝnh AC Trªn tia

AB lÊy ®iÓm D sao cho AD = 3AB §−êng th¼ng Dy vu«ng gãc víi DC t¹i D c¾t tiÕp tuyÕn Ax cña ®−êng trßn ( O) t¹i E

LÊy I lμ trung ®iÓm cña BD ; K = EH  BI

XÐt ADC cã 2 ®−êng cao BC vμ AF c¾t nhau

t¹i H => H lμ trùc t©m cña tam gi¸c ACD

Tõ (1) vμ (2) => K lμ trung ®iÓm cña ®o¹n EH vμ BI

=> EIHB lμ h×nh b×nh hμnh (dÊu hiÖu nhËn biÕt cña h×nh b×nh hμnh)

=> BH // EI , v× BH  AD nªn EI AD hay EI BD

XÐt EBD cã EI lμ ®−êng trung tuyÕn võa lμ ®−êng cao nªn EBD c©n t¹i E

Sö dông t/c h×nh thang vμ t/c ®−êng kÝnh vu«ng gãc víi d©y cung ta cã c¸ch c/m

sau:

C¸ch 2:

VÏ EI AD ( I  AD) ; v× ®iÓm B thuéc ®−êng trßn (O) nªn ABC = 900

Ta cã EAC = EDC = 900 => A,D  ®−êng trßn ®−êng kÝnh EC

hay A,D,C,E  ®−êng trßn t©m K lμ trung ®iÓm cña EC

K

y

x

************** S¸ng t¹o nhiÒu c¸ch gi¶i hay tõ nh÷ng bμi to¸n khã *****************

=> I lμ trung ®iÓm cña BD

XÐt EBD cã EI lμ ®−êng cao

võa lμ ®−êng trung tuyÕn nªn EBD c©n t¹i E

Sö dông hÖ thøc l−îng trong tam gi¸c vu«ng ta cã c¸ch sau:

C¸ch 3:

Gäi P = BC  DE ; M = AE  PC

Gäi N lμ trung ®iÓm cña BD ; K lμ trung ®iÓm cña BN

=> K lμ trung ®iÓm cña AD =>

¸p dông hÖ thøc l−îng vμo tam gi¸c MAC vu«ng ë A

vμ tam gi¸c PDC vu«ng ë D

Xét EBD có EN lμ đường trung tuyến vừa lμ đường cao nên EBD cân tại E.

Sử dụng kiến thúc tam giác đồng dạng vμ tứ giác nội tiếp ta có cách sau:

Cách 4:

Lấy I lμ trung điểm của BD => DI = IB = BA

Ta có: EDC = EAC =900

=> A,D thuộc đường tròn đường kính EC

hay AEDC lμ tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính EC

=> AEC = ADC (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC)

EA  (1)

Vì AE lμ tiếp tuyến của đường tròn (O) => A1 = C2 = C1 (2)

Từ (1) vμ (2) suy ra EIA ABC (c.g.c)

=> EIA = 900 => EI BD

Xét EBD có EI lμ đường trung tuyến vừa lμ đường cao nên EBD cân tại E

Chỉ sử dụng phương pháp tam giác đồng dạng ta có cách ngắn gọn hơn nữa:

BC  (2) Nhân vế với vế của (1) vμ (2) ta có: A

************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bμi toán khó *****************

=> I lμ trung điểm của BD

Xét EBD có EI lμ đường cao vừa lμ đường trung tuyến nên EBD cân tại E

* Phân tích các cách giải bμi toán 1:

Cách 1: Chỉ sử dụng kiến thức lμ tính chất vμ dấu hiệu nhận biết của hình bình hμnh Cách nμy phù hợp đối với học sinh lớp 8

Cách 2 ; 3 vμ cách 4: Kiến thức phù hợp với học sinh sau khi học chương trình lớp 9

Cách 5: Cách nμy ngắn gọn nhất về lời giải củng như hình vẽ (chỉ vẽ thêm 1

đường phụ lμ đoạn EI), kiến thức khá đơn giản vμ phương pháp thường gặp trong ứng dụng sự đồng dạng của hai tam giác để chứng minh trung điểm của

đoạn thẳng Cách nμy phù hợp vμ hay nhất trong các cách giải trên Vì vậy trong khi dạy GV nên định hướng cho HS giải bμi toán theo cách nμy

1

AF AE

Sử dụng hệ thức giữa đường cao vμ các cạnh góc vuông trong tam giác vuông.

Kẻ AK AE (K  DC áp dụng hệ thức giữa đường cao vμ các cạnh góc vuông

Bình luận:

Từ giả thiết cho AD = 3AB => AD = 2BD vμ c/m tam giác EBD cân gợi ý cho ta chia đoạn BD thμnh hai phần bằng nhau nên ta cần vẽ thêm hình phụ lμ đường cao EI của tam giác, cần c/m EI lμ đường trung tuyến hoặc ngược lại Từ đó mμ ta có các cách c/m trên Các bạn còn có cách khác hay nữa không ?

x

trong tam giác KAF vuông ở A

Ta có: 1 2 12 12

AD AF

=> 2 2 12

4

1 1

AB AF

AD AF

EF AD

2

EF

EC AF

CF AB

CF AE

=>

2 2

CF

2 2

2

AE

AB EF

1

AF AE

ý cho ta sử dụng đến hệ thức giữa đường cao vμ các cạnh góc vuông trong tam giác vuông Do vậy ta cần tạo ra tam giác vuông có AD lμ đường cao bằng cách vẽ hình phụ trên

E

C

************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bμi toán khó *****************

Từ (1) vμ (2) ta có: 22  22 

4AF

AB AE

AB

2 2

2 2

CF EF

EC

Chia 2 vế cho AB2 ta được: 2 2 12

4

1 1

AB AF

Cách 3: Sử dụng phương pháp tam giác đồng dạng

Ta có D = B = 900 : A1 = F ( vì cùng phụ với 2 góc bằng nhau E1 = E2 )

AB AF

AD AF

DF AF

AB AF

2 2

2 2 2

AB AF

AB

AE

AB AF

AB AE

AB AF

*Bình luận: Nếu đi từ đpcm 2 2 2

4

1 1

1

AF AE

4AF

AB AE

* Phân tích các cách giải bμi toán 2:

Cách 1: Sử dụng kiến thức lμ hệ thức giữa đường cao vμ các cạnh góc vuông trong tam giác vuông nên phù hợp với HS lớp 9

Cách 2 vμ 3: Sử dụng kiến thức về tam giác đồng dạng vμ định lý Pitago trong tam giác vuông, sáng tạo của các cách nμy lμ biết vận dụng linh hoạt 2 kiến thức trên vμo giải toán Cách nμy phù hợp với nhiều đối tượng nhất lμ HS lớp 8

Cách 4: Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông vμ hμm số

đối tượng HS giỏi

*Bây giờ chúng ta sẽ cùng nhau khám phá Phần Đại Số vμ lμm quen với một số

bμi tập với nhiều cách giải hay nhé!

Bμi toán 3 ( Đề thi GV giỏi tỉnh năm 2004-2005)

Cho x, y thỏa mãn x> y vμ x.y=1 Chứng minh rằng: 2 2

2 2







y x

y x

(1) Cách 1: Phương pháp sử dụng hằng đẳng thức

************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bμi toán khó *****************

 ( x2+ y2 - 4)2  0 (2) Ta có (2) luôn đúng x,y Vậy (1) được c/m

Cách 3: Sử dụng bất đẳng thức CôSi ta có cách giải thật lμ ngắn gọn!

y x y x y

x

y x y

x

xy xy y

2)

(2

* Phân tích các cách giải bμi toán 3:

Cách 1 vμ 2: Sử dụng phương pháp biến đổi tương đương đưa về bất đẳng thức cuối cùng đúng với mọi x,y, từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh Cách nμy khá đơn giản vμ phù hợp với đại trμ HS

Cách 3: Sử dụng kiến thức lμ BĐT Côsi vμ cách giải khá ngắn gọn, đối với HS giỏi cần nhìn bμi toán theo hướng nμy

Bμi toán 4: Tìm GTNN của A =

y x y x y x

x y x xy y

4 ).

 Phân tích sai lầm: Vận dụng BĐT Côsi liên tiếp 2 lần song chưa chú ý đến

tính đồng thời của dấu bằng ở đây điểm rơi của dấu bằng lμ

; 1

4 ) ( 2

y x xy

y x y x

y x

thì x vμ y không cùng đ−ợc thõa mãn điều kiện đó

t

4

2 => t =2 => x+y = 2

= x3 + y + x + y3 +x2 + y2 +

y

x

4

= (x3 + y3)+ (x2 +y2) + ( x+y +

y

x

4)

y x y x y

x y

************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bμi toán khó *****************

Dấu “ =” xảy ra khi

4

2 2

3 3

xy y

x

y x y x

y x

y x

 x=y =1

Vậy A 8 A min = 8  x=y =1

Cách 3: áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dương x2 vμ y2 ta có:

x2+y22xy = 2 (vì xy =1)

A =

y x y x y

y

x

4

= (x+y) + [(x+y) +

y

x

4] + 2  2

y x y x xy





2 ( ) 4 + 2 = 2+4+2 = 8 Vậy A 8 A min = 8  x=y = 1

* Phân tích các cách giải bμi toán 4:

Cách 1 vμ 2: Sử dụng phương pháp biến đổi thông thường Chú ý điểm rơi để từ

đó tách thμnh các nhóm phù hợp nhằm sử dụng BĐT Côsi Tuy nhiên 2 cách giải trên chưa thật tối ưu

Cách 3: Cũng lμ tạo nhóm thích hợp vμ sử dụng BĐT Côsi song ngắn gọn vμ hợp

lý hơn Chính vì thế khi dạy GV cần định hướng ch HS theo cách nμy

Bμi toán 5 : Cho ba số dương a,b,c thỏa mãn: a+ b+c = 1

*Bình luận: Bμi toán cho với vai trò x vμ y như nhau nên ta cần chú ý

điểm rơi x = y = 1 Từ đó ta có nhiều cách biến đổi để áp dụng BĐT Côsi kết hợp x.y =1

Cách 1: Phép biến đổi tương đương vμ sử dụng BĐT Côsi

Ta có: a+b  16 abc  a+b  16 ab(1-a-b)

 a+b  16 ab - 16ab(a+b)

 a+b + 16 ab(a+b)  16ab

 (a+b)(1+16ab)  16ab (*)

Ta c/m (*) như sau: áp dụng bất đẳng thức côsi Ta có:

(a+b)2  4ab ; (1+16ab)2  4 16ab

=> [(a+b)(1+16ab)]2  (16ab)2

=> (a+b)(1+16ab)  16ab (vì 2 vế đều dương)

Vậy (*) được c/m Hay BĐT đã cho được c/m

Cách 2: Sử dụng phép biến đổi tương đương

Ta có: a+b  16 abc  a+b  16 ab(1-a-b)

 a+b  16ab-16a2b-16ab2 a+b - 16ab +16a2b +16ab2  0

 a(16b2- 8b +1) + b ( 16a2 – 8a +1)  0

 a( 4b-1)2 + b(4a -1)2  0 đúng với mọi a, b dương Vậy BĐT được c/m

Cách 3: áp dụng BĐT Côsi vμ gt cho a,b,c >0; a+ b+c =1

Ta có: a+b = (a+b)[(a+b) +c]2  (a+b)[4(a+b).c] = 4c.(a+b)2

 4c  2

2 ab = 4c 4ab = 16ab Vậy : a+b  16 abc

* Phân tích các cách giải bμi toán 5:

Cách 1: Đưa bμi toán về còn 2 biến a,b Sử dụng phép biến đổi tương đương đưa về BĐT mơí vμ áp dụng BĐT Côsi để chứng minh BĐT mới đúng với mọi giá trị

dương của biến a,b

Cách 2 vμ3: Cả hai cách đều ngắn gọn vμ phù hợp với mức độ khả năng tư duy của HS Song sẽ hay hơn khi ta định hướng cho HS cách giải 3

************** S¸ng t¹o nhiÒu c¸ch gi¶i hay tõ nh÷ng bμi to¸n khã *****************

T×m GTNN cña P = 2 2 2

1 1

z y

y x

C¸ch 1: V× x,y,z > 0 vμ x2 + y2 + z2 = 1 => x,y,z  0 ; 1

¸p dông B§T C«si cho 3 sè d−¬ng Ta cã

1+1 + 3 3x3 3 3

.33.1.1

 x2 + y2 + z2) =

2

3 3

DÊu “=” x¶y ra  x=y=z =

3

1 VËy P min =

2

3 3  x=y=z =

3 1

C¸ch 2: Tõ gt => 0 < x2, y2, z2 < 1 => 1- x2 > 0; 1- y2 > 0 ; 1- z2 > 0 ¸p dông B§T C«si cho 3 sè d−¬ng Ta cã

3

) 1 ( ) 1 (

=> 2 2

2

33

 (1) ( Nhân 2 vế với số dương 2

x )

Tương tự 2 2

2

33

 x2 + y2 + z2) =

2

3 3

Pmin =

2

3 3

 x=y=z =

3 1

*Chú ý: Bμi toán nhiều khi còn cho dưới dạng khác như:

Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x2 + y2 + z2 = 1

Chứng minh P = 2 2 2 2 2 2

x y

z z

x

y z

1

2

2 2

2 2

z

z y

y x

x

( Hoặc tìm GTNN của biểu thức A)

Ta chú ý đến BĐT phụ sau:

2 2 2 2

2 1 1 1

2 2

2 1

2 2

2 1

2 2

3 3 2

3 3 2

3

 x y z x 2 + y 2 + z 2 ), từ đó mμ ta có các cách sáng tạo ra bộ ba số dương rồi áp dụng BĐT Côsi để nhằm sử dụng giả thiết củng như tính đồng thời xảy ra dấu = của x, y,z

Khi dạy GV cần định hướng cho HS thấy được điều nμy

************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bμi toán khó *****************

11



 y z x

Đặt a =

2111

x => a  36 vμ b = (x+ y+ z)2

Ta có ab  92 = 81

2 2

2 2

2

6 2

3 6 2

3 6 2

2 2

62

3692

2 2

2

2

362

362

 

  

  Khi đó áp dụng BĐT (*) ta có :

172

3

=2

3

6

111)(

11

1

2

2

2 2

2

2 2

2 2

y x z

z y

y x

Cách giải trên chúng ta đã gặp nhiều trong tμi liệu Song cách biến đổi còn khá phức tạp Các bạn có thể tìm thấy sự sáng tạo trong cách giải sau:

Cách 2: Sử dụng BĐT Côsi cho 17 số dương, ta có

Ta xét: 2 12

x

30 16 2

2

.16

117

16

1

16

1

x x

2

.16

117

1

y y