skkn khai thác kiến thức cơ bản và bài tập trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi

Toán học không những góp phần không nhỏ trong sự phát triển của các bộ môn khoa học khác.. Chính vì vậy trong nhà trường phổ thông, môn toán là một trong những bộ môn cơ bản và việc nâng

A - MỞ ĐẦU

I - LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Trong lịch sử phát triển của toán học thì toán học là một trong bộ môn khoa học được ra đời từ rất sớm Xuất phát từ những đòi hỏi thực tế cuộc sống đã làm nảy sinh các kiến thức toán học Toán học không những góp phần không nhỏ trong sự phát triển của các bộ môn khoa học khác Có thể nói toán học là cơ sở của nhiều môn khoa học khác Chính vì vậy trong nhà trường phổ thông, môn toán là một trong những bộ môn cơ bản và việc nâng cao kiến thức toán cho học sinh đương nhiên là cần thiết

Trong các kỳ thi, nhất là kỳ thi học sinh giỏi các cấp thì môn toán có thể nói rất khó khăn, đòi hỏi học sinh phải nắm được lượng kiến thức khá rộng và có kỹ năng vận dụng nó một cách linh hoạt sáng tạo

Kiến thức toán học rất rộng, hệ thống bài tập nhiều vì vậy không phải kiến thức bài tập nào giáo viên cũng có thể khai thác và mở rộng ra được Giáo viên chỉ mở rộng cho những kiến thức chính, những dạng bài tập quan trọng, cách mở rộng cũng nhiều hướng khác nhau

Khái quát hoá để mở rộng thành những bài toán tổng quát khó hơn Tương tự hoá để giới thiệu thêm những bài toán có cùng phương pháp giải Đặc biệt hoá để đưa bài toán về dạng đặc biệt hơn dễ nhớ hơn, có khi chỉ đơn giản là phân tích thêm những kiến thức có liên quan để hướng dẫn học sinh giải theo nhiều cách khác nhau hoặc đặt thêm yêu cầu mới cho bài toán Điều đó thôi thúc tôi chọn và nghiên cứu đề tài

“ Khai thác kiến thức cơ bản và bài tập trong sách giáo khoa để bồi dưỡng học sinh khá giỏi”

II - NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU:

Học sinh khá, giỏi hiện nay phần lớn chỉ đầu tư vào việc giải hết bài toán khó này đến bài toán khó khác mà chưa nâng cao được nhiều năng lực toán học Mà theo quan niệm của tôi cho rằng: Việc ôn tập bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán cần phải:

+ Hình thành ở học sinh năng lực toán học bắt đầu từ:

- Các bài toán được nghiên cứu không quá phức tạp, đã có lời giải, các thao tác tư duy dạng sơ cấp

- Năng lực học toán phải tiến hành thương xuyên liên tục trước hết thông qua các tiết luyện tập

- Cần xác định những năng lực toán học nào cần bồi dưỡng cho học sinh, hệ thống bài tập cho phù hợp

B - NỘI DUNG

Một trong các chức năng của dạy học sáng tạo qua các bài toán ở trường trung học là hình thành ở học sinh năng lực sáng tạo bài toán mới Xuất pháp từ bản chất tri thức toán học lôgíc ẩn láu dưới “ vỏ ngôn ngữ ”,

có thể sử dụng các biện pháp sau để hìmh thành năng lực sáng tạo bài toán mới cho học sinh

Biện pháp 1: Hướng dẫn học sinh “ nhìn thấy ” cấu trúc lôgíc của bài

toán đặc biệt là nhìn thấy sự “ tương đương ” của các mệnh đề toán học

Biện pháp 2: Tổ chức cho học sinh hoạt động ngôn ngữ thông qua sử

dụng các hệ thống khái niệm khác nhau Hướng dẫn cho học sinh “ nhận ra

” sự thống nhất về cấu trúc lôgíc của các bài toán có các biểu tượng trực quan hình học ứng với các hệ thống khái niệm sau đó

Sau đây là một số ví dụ:

I - PHẦN SỐ HỌC

Ví dụ 1: Khai thác từ một bài toán lớp 6, chúng ta bắt đầu từ bài toán sau: Bài toán 1: Tổng sau có chia hết cho 3 không?

A = 2 + 22 + 23 + 24 + 25 + 26 + 27 +28 + 29 + 210

(Bài 210 trang 27 SBT Toán 6 tập 1) Lời giải:

Ta có: A = (2 + 22 )+ (23 + 24 )+ (25 + 26 )+ (27 +28 )+ (29 + 210 )

= 2.(1 + 2) + 23 (1 + 2) + 25 (1 + 2) + 27 (1 + 2) + 29 (1 + 2) = 2.3 + 23 3 + 25 3 + 27 3 + 29 3

Vậy A chia hết cho 3

Từ bài toán này ta giải được một số bài toán sau:

Bài toán 1.1: Cho A = 2 + 22 + 23 + 24 + +257 + 258 + 259 +260

Chứng minh rằng A chia hết cho 3.

Lời giải:

Tương tự như Bài toán 1.

Bài toán 1.2: Cho A = 2 + 22 + 23 + 24 + +257 + 258 + 259 +260

Chứng minh rằng A chia hết cho 105

Lời giải:

Ta có: 105 = 7.15 và (7, 15) = 1

Thật vậy:

A = 2 + 22 + 23 + 24 + +257 + 258 + 259 +260

= (2 + 22 + 23 ) + (24 + 25 + 26) + + (258 + 259 +260)

= 2.(1 + 2 + 22 ) + 24.(1 + 2 + 22) + + 258.(1 + 2 + 22)

= 2.7 + 24.7 + + 258.7

=> A chia hết cho 7 (1)

A = 2 + 22 + 23 + 24 + + 257 + 258 + 259 +260

= (2 + 22 + 23 + 24 ) + + (257 + 258 + 259 +260)

= 2 (1 + 2 + 22 + 23 ) + + 257 (1 + 2 + 22 + 23 )

= 2.15 + + 257.15

=> A chia hết cho 15 (2)

Vì (7, 15) = 1 nên kết hợp (1) và (2) suy ra A chia hết cho 105

Nhận xét:

Với A = 2 + 22 + + 2n

a) Các Bài toán 1 và Bài toán 1.1 đúng khi số các số hạng n là số chẵn

b) Bài toán 1.2 đúng khi số các số hạng n chia hết cho 3 và 4 Từ đó suy ra n chia hết cho 12

Bài toán 1.3:

Chứng minh rằng: 20 + 21 + 22 + 23 + 24 + +25n - 3 + 25n - 2 + 25n - 1 chia hết cho 31 nếu n là số nguyên dương bất kỳ

Lời giải:

Nhóm 5 số hạng rồi đặt thừa số chung của từng nhóm:

20 + 21 + 22 + 23 + 24 + +25n - 3 + 25n - 2 + 25n - 1

= (1 + 2 + 22 + 23 + 24 ) + 25 (1+ 2 + 22 + 23 + 24 ) + 25 2 (1 + 2 + 22 + 23 + 24 ) + + 25(n - 1) (1 + 2 + 22 + 23 + 24 )

= (1 + 2 + 22 + 23 + 24 )(1 + 25 + 25 2 + + 25(n - 1) )

= 31.(1 + 25 + 25 2 + + 25(n - 1) ) chia hết cho 31

Vậy 20 + 21 + 22 + 23 + 24 + +25n - 3 + 25n - 2 + 25n - 1 chia hết cho 31

Bài toán 1.4:

a) Tính tổng Sn = 1 + a1 + a2 + a3 + + an

b) Áp dụng tính các tổng sau:

S = 1 - 21 + 22 - 23 + 24 - +2100

T = 3 - 32 + 33 - 34 + +31999 - 32000

Lời giải:

a) Xét tổng Sn = 1 + a1 + a2 + a3 + + an

Khi a = 1 ta có ngay: Sn = n + 1

Khi a ≠ 1 ta có: a.Sn = a + a2 + + an + an + 1

Suy ra: a.Sn - Sn = an + 1 - 1

Sn = (an + 1 - 1) / (a - 1)

b)

S100 = 1 + a1 + a2 + a3 + + a100 = (a101 + 1 - 1) / (a - 1)

Với a = -2, ta được:

S = 1 - 2 + 22 - 23 + 24 - +2100 = [(- 2)101 - 1] / [-2 - 1] = (- 2101 - 1)/ -3 = ( 2101 + 1)/ 3

T = 3 - 32 + 33 - 34 + +31999 - 32000 = 3 (1 - 3 + 32 - 33 + +31998 - 31999 )

= 3 [(- 3)2000 - 1] / [-3 - 1] = 3 ( 32000 - 1)/ - 4

Bài toán 1.5:

a) Chứng minh rằng A là một luỹ thừa của 2 với:

A = 4 + 22 + 23 + 24 + +220 b) Chứng minh rằng 2.A + 3 là một luỹ thừa của 3 với:

A = 3 + 32 + 33 + 34 + +3100

Bài toán 1.6:

Cho số tự nhiên A = 7 + 72 + 73 + 74 + 75 + 76 + 77 + 78

a) Số A là chẵn hay lẻ.

b) Số A có chia hết cho 5 không?

Bài toán 1.7:

Cho S = 2 + 22 + 23 + +22000 Hỏi S có chia hết cho 6 không?

Bài toán 1.8:

Chứng minh rằng tổng:

P = 3 + 32 + 33 + 34 + 35 + 36 + 37 + 38 + 39 chia hết cho 13

II PHẦN ĐẠI SỐ:

Trong chương trình Đại số 8, ở học kỳ I, học sinh được học về các hằng đẳng thức đáng nhớ, trong đó:

A2 + 2AB + B2 = ( A + B )2

A2 - 2AB + B2 = ( A - B )2

và có nhận xét: ( A + B )2 ≥ 0 với mọi A, B

( A - B )2 ≥ 0 với mọi A, B

dấu “ = ’’ xảy ra khi A + B = 0 hay A = - B và A - B = 0 hay A = B

từ kiến thức này ta mở rộng và xây dựng nên nhiều bài toán khác Sau đây

là một số ví dụ:

Bài 1: Chứng minh rằng biểu thức sau viết được dưới dạng tổng các bình

phương của hai biểu thức:

x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2

Lời giải:

x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2

= 10x2 + 40x + 50

= (x2 + 10x + 5 ) + ( 9x2 + 30x + 25 )

= ( x + 5)2 + ( 3x + 5)2

Bài 2: Hãy viết biểu thức sau dưới dạng tổng của ba bình phương.

( a + b + c)2 + a2 + b2 + c2

Hướng dẫn:

( a + b + c)2 + a2 + b2 + c2 = ( a + b)2 + ( b + c)2 +( a + c)2

Bài 3: Tìm x, y biết:

4x2 - 16x + y2 + 4y + 20 = 0

Hướng dẫn:

4x2 - 16x + 16 + y2 + 4y + 4 = 0 ( 2x - 4)⇔ ( 2x - 4) 2 + ( y + 2)2 = 0 ⇔ ( 2x - 4)





























2

2 0

2

0 4 2

y

x y

x

Bài 4: Tìm x biết :

x2 + 2( x + 1)2 + 3( x + 2)2 + 4( x + 3)2 = 0

Hướng dẫn:

Từ kết quả của Bài 1 ta có phương trình tương đương:

( x + 5)2 + ( 3x + 5)2 = 0 ⇔ ( 2x - 4)

































3 5

5 0

5 3

0 5

x

x x

x

Vậy không có giá trị nào của x để vế trái bằng 0

Bài 5: Tìm x, y biết:

4x2 - 16x + y2 + 4y + 24 = 0

Hướng dẫn:

4x2 - 16x + 16 + y2 + 4y + 4 + 4 = 0 ( 2x - 4)⇔ ( 2x - 4) 2 + ( y + 2)2 + 4 = 0

VT ≥ 4 với mọi giá trị của x, y

=> Không có giá trị nào của x, y thoả mãn bài tán

Với cách làm như trên, học sinh dễ dàng làm bài tập sau:

Bài 6: Tìm a, b, c để ( a - b)2 + ( b - c)2 +( a - c)2 = 0

Hướng dẫn:

( a - b)2 + ( b - c)2 +( a - c)2 = 0

<=> 

0 0 0













a c

c b

b a

<=> a = b = c Học sinh có thể phân tích đề bài: phá ngoặc chuyển vế ta được:

a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca ta suy ra được bài toán mới

Bài 7: Chứng minh rằng nếu a2 + b2 + c2 = ab + bc + ca thì a = b = c

Dựa vào kết quả bài 6, học sinh tự giải

Với hướng dẫn như bài tập 7 ta có thể đưa ra một loạt bài tập có phương pháp làm tương tự

Bài 8: Chứng minh rằng nếu (a + b)2 = 2.(a2+ b2 ) thì a = b

Bài 9: Cho a2 + b2 + c2 + 3 = 2(a + b + c), chứng minh rằng a = b = c = 1

Bài 10: Cho (a + b + c)2 = 3(ab + bc + ca), chứng minh rằng a = b = c

Bài 11:

Cho (a - b)2 + (b - c)2 + (a - c)2 = (a + b - 2c)2 + (b + c - 2a)2 + (a +c - 2b)2 chứng minh rằng a = b = c

Bài 12: Cho x + y + z = 0, xy + yz + zx = 0, chứng minh rằng x = y = z.

Từ bài tập 7, ta đưa ra bài toán tổng quát hơn

Bài 13: Chứng minh rằng với 3 số a, b, c bất kỳ, ta có: a2 + b2 + c2 ≥ ab +

bc + ca

Hướng dẫn:

Cách 1: Nhân 2 vế với 2, làm tương tự bài 7 (biến đổi tương đương).

2

1

a c c b b

a     ≥ 0 => đpcm

Cách 3: Phương pháp phản chứng.

Cách 4: Sử dụng bất đẳng thức đã biết, ta có:

ca a c bc c b ab b

a













2

, 2

, 2

2 2 2

2 2

2

Cộng vế với vế các bất đẳng thức cùng chiều ta được:

a2 + b2 + c2 ≥ ab + bc + ca

Từ bài 13, ta đề xuất thêm một số bài toán mới:

+ Xét trường hợp đặc biệt hơn: cho c = 1

ta có a2 + b2 + 1 ≥ ab + b + a

+ Kết hợp với hằng đẳng thức:

(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca <=> a2 + b2 + c2 = (a + b + c)2 - 2(ab + bc + ca)

ta có a2 + b2 + c2 ≥ 3(ab + bc + ca)

b)

2

2 2 2

2 a b c c

b a ca bc

ab       

2

2 2 2 2 2

2

c b

a         <=> 2(a2 + b2 + c2) ≥ (a + b + c)2 - (a2 + b2 + c2)

<=> (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2)

Ta có thể khai thác những bài toán dạng này theo hướng khác là dạng toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất

Bài 14: (Suy ra từ bài 5)

Tìm giá trị bé nhất của A = 4x2 - 16x + y2 + 4y + 24

Hướng dẫn:

A ≥ 4, min A = 4 khi x = 2, y = -2

Bài 15: Tìm giá trị bé nhất(lớn nhất) của các biểu thức:

P = x2 - 2xy + 6y2 - 12x + 2y + 45

Q = -x2 + 2xy - 4y2 - 2x - 10y - 3

R = x2 - 2xy + 4y2 - 2x - 10y + 3

Hướng dẫn:

P = (x- 6 - y)2 + 5(y - 1)2 + 4 ≥ 4 => min P = 4 khi x = 7, y = 1

Q = 10 - (x - y -1)2 - 3(y - 2)2

 10 => max Q = 10 khi x = 3, y = 2

Từ bài 15 ta có thể suy ra kết quả sau:

1) f(x) = -x2 + 2xy - 4y2 + 2x + 10y - 3 có GTLN bằng 10 khi x = 3,

y = 2

2) - f(x) có GTNN bằng -10 khi x = 3, y = 2

3) f(1x)có GTNN bằng

10

1

khi x = 3, y = 2

Bài 16: Tìm GTNN của biểu thức:

B = (x + 5)2 + (3x + 5)2 (bài tập số 1)

Hướng dẫn:

B = 10x2 + 40x + 50 = 10(x2 + 4x + 4) + 10 = 10(x + 2)2 + 10  10 Min B = 10 khi x = -2

Xây dựng trường hợp tổng quát:

Xét đa thức ax2 + bx + c, ta có:

F(x) = ax2 + bx + c = a(x + 2b a )2 -

a

ac b

4

4

2 

Nếu a > 0 thì ax2 + bx + c 

-a

ac b

4

4

2

 => Min F(x) =

-a

ac b

4

4

2

 khi x =

-a

b

2

Nếu a < 0 thì F(x) 

-a

ac b

4

4

2

 => Max F(x) =

-a

ac b

4

4

2

 khi x = - 2b a

Bài 17: Tính giá trị lớn nhất của biểu thức:

B = (x - a)2 + (x - b)2 + (x - c)2 với a, b, c cho trước

Hướng dẫn:

B = 3(x - a3bc)2 + (a2 + b2 + c2) -

3

) (abc 2

=> min B = (a2 + b2 + c2) -

3

) (abc 2 khi x = a3bc

III - PHẦN HÌNH HỌC

Bài 1: Cho ABC, các đường phân giác của các góc Bˆ và Cˆ gặp nhau tại

S, các đường thẳng chứa phân giác của hai góc ngoài Bˆ và Cˆgặp nhau tại E

Chứng minh rằng:

a) BSCE là tứ giác nội tiếp

b) 3 điểm A, S, E thẳng hàng

Hướng dẫn:

a) CS là tia phân giác trong của Cˆ

CE là tia phân giác ngoài của Cˆ

=> SCE = 900

Chứng minh tương tự SCE = 900

=> Tứ giác SBEC nội tiếp vì SCE + SBC = 1800

b) S là giao điểm của 3 đường phân giác trong, E là

giao điểm của 2 đường phân giác ngoài của Bˆvà Cˆ

thuộc ABC

Theo định lí đã học => A, S, E thẳng hàng

Khai thác bài toán trên:

Nhận xét 1:

Ta có SCE = SBE = 900 => tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BSCE

là trung điểm của đoạn SE Ta có thể đặt tiếp câu hỏi cho bài toán

c) Xác định tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BSEC

Nhận xét 2:

A

E

C B

S

1

1 2 2

Vì SBEC là tứ giác nội tiếp => E ˆ 1 Eˆ 2= C ˆ 1 Cˆ 2= 21 (Bˆ Cˆ )

=> Câu hỏi tiếp:

d) Chứng minh rằng BEC = 21 (Bˆ Cˆ )

Nhận xét 3:

BOC = 2Eˆ = Bˆ +Cˆ mà AˆBˆCˆ = 1800 => BOC + Aˆ = 1800

e) Chứng minh tứ giác ABOC nội tiếp

Nhận xét 4:

O nằm trên đường tròn ngoại tiếp ABC, S là tâm đường tròn nội tiếp ABC, E là tâm đường tròn bàng tiếp, OE = OS

f) Chứng minh rằng đoạn thẳng nối tâm đường tròn nội tiếp với tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác bị đường tròn ngoại tiếp tam giác ấy chia thành hai phần bằng nhau

Bài 2:

Cho đường tròn tâm O, đường kính CD = 2R Từ C và D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy Từ một điểm E trên đường tròn, kẻ tiếp tuyến với đường tròn đó cắt Cx, Dy lần lượt tại A, B

Chứng minh rằng: AOB = 900

Hướng dẫn:

(Có nhiều cách giải)

Ta có AE, AC là các tiếp tuyến

=> AO là tia phân giác của COE

Tương tự: BO là tia phân giác của EOD

Mà COE và EOD là hai góc kề bù

=> AO BO => AOB = 90⊥BO => AOB = 90 0

Nhận xét 1:

Có thể thay đổi vị trí điểm O bằng điểm M bất kỳ trên CD khi đó đường thẳng vuông góc với ME tại E không là tiếp tuyến của (O) nữa Vậy AMB = ?

Nhận xét 2:

A

B E

O

O

1) Trường hợp M ≡ O

=> AMB = AOB = 900

=> cách chứng minh như bài toán trên

2) Trường hợp M ≡ C

Có CED = 1v

=> đường thẳng vuông góc với ME

tại E cắt Cx tại A, cắt Dy tại B => B ≡ D

=> AMB = ACD = 900

3) Trường hợp M ≡ D

Chứng minh tương tự trường hợp M ≡ C

=> AMB = 900

4) Trường hợp M ≠ O, C và D ta có bài toán sau:

Cho E là một điểm nằm trên (O, CD2 ), M bất kỳ thuộc đoạn CD, (M ≠ O, C và D)

Đường thẳng vuông góc với ME cắt 2 tiếp tuyến Cx, Dy của (O) lần lượt tại A và B

Chứng minh rằng: AMB = 900

Chứng minh tương tự bài trên:

Tứ giác BMED nội tiếp

=> EBM = EDM

ECM + EDM = EAM + EBM = 1v

11

A

E

C

O

y x

C

A 

D

M  O

y x

A

AMB = 900.

5) Trường hợp M nằm ngoài CD ta có bài toán sau:

Cho E là một điểm nằm trên (O) đường kính CD và M là điểm bất

kỳ thuộc CD nhưng ở ngoài CD, đường vuông góc với ME tại E cắt tiếp tuyến Cx, dy của (O) lần lượt tại A, B chứng minh rằng AMB = 900

Có: MEB = MDB = 900

=> Tứ giác AECM nội tiếp

=> MBA = MDE

tương tự tứ giác AECM nội tiếp

=> MAE = ECD

mà MDE + ECD = MAB + MBA = 900

=> AMB = 900 => đpcm

Bài 3: Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R Trên nửa mặt

phẳng bờ AB chứa nửa đường tròn vẽ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn Lấy C, D lần lượt thuộc Ax, By sao cho CD = AC + BD

Chứng minh: CD là tiếp tuyến của đường tròn đường kính AB

Bài toán này có thể giải được dựa trên ý tưởng là xét hai tam giác bằng nhau để rút ra các yếu tố tương ứng của chúng bằng nhau

Lời giải:

Trên tia đối của tia BD đặt điểm K sao cho: BK = AC

Từ đó ta có DK = DB + BK = DB + AC = CD

Từ OAC = OBK có OC = OK

Dễ thấy OCD = OKD (c.c.c)

Vẽ OM vuông góc với CD, ta có các đường cao tương ứng OM =

OB suy ra CD là tiếp tuyến của nửa đường tròn đường kính AB

Nhận xét:

Từ lời giải bài toán này cũng suy ra được COD = 900 và AC.DB =

R2 ta lập được 3 bài toán như sau:

A

x

y

D

B E