phát triển bài toán

Phần I Đặt vấn đề Đổi mới phơng pháp dạy học Toán hiện nay là tích cực hoá hoạt động của học sinh, khơi dậy và phát triển khả năng tự học, nhằm hình thành cho học sinh t duy tích cực, độ

Phần I

Đặt vấn đề

Đổi mới phơng pháp dạy học Toán hiện nay là tích cực hoá hoạt động của học sinh, khơi dậy và phát triển khả năng tự học, nhằm hình thành cho học sinh

t duy tích cực, độc lập, sáng tạo, nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết vấn

đề, rèn luyện kỹ năng, vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm,

đem lại niềm tin và hứng thú học tập cho học sinh

Dạy học Toán là dạy hoạt động Toán học, học sinh cần phải đợc cuốn hút vào những hoạt động học tập do giáo viên tổ chức và chỉ đạo, thông qua đó học sinh tự khám phá điều mình cha biết Để đảm bảo tiết học có hiệu quả, có chất lợng đòi hỏi ngời thầy giáo phải đầu t thời gian và trí tuệ vào nội dung của từng tiết học, biết cách vận dụng tốt các phơng pháp đặc biệt hoá, tổng quát hoá, t-

ơng tự để từ những kiến thức đã có giúp học sinh mở rộng, đào sâu hệ thống hoá kiến thức hoặc mò mẫm, dự đoán, tìm lời giải cho bài toán Điều đó cũng làm…cho ngời thầy giáo có cái nhìn sâu hơn, rộng hơn một vấn đề, một bài toán, tự trau dồi cho mình những kiến thức chuyên môn Qua đó có những phơng pháp hợp lý trong giảng dạy, giúp học sinh biết cách suy luận, biết cách tự tìm lại những điều đã quên, biết cách tìm tòi đề phát hiện những kiến thức mới hoặc biết cách tìm lời giải của một bài toán khó hoặc cao hơn là đề ra những bài toán mới tơng tự

Phạm vi của đề tài đề cập đến một vấn đề: Phát huy trí tuệ của học sinh

qua việc khai thác một bài toán /.

PhÇn II

Néi dungA- sè häc:

XÐt bµi to¸n trong S¸ch gi¸o khoa líp 6:

1 + 2

1

- 3

1 + 3

1

- 4

1 + + …

99

1

- 100 1

= (

1

1

+ 2

1 + 3

1 + + …

99

1) – (

2

1 + 3

1 + + …

99

1+ 100

1) = 1 - 1001 = 10099

Trªn c¬ së cña bµi to¸n trªn ta cã thÓ ph¸t triÓn thµnh nhiÒu bµi to¸n kh¸c:

1 + 2

4

1

+ + … 2

100 1

Chøng minh r»ng: A < 1

2 2

1 + 3 3

1 + + …

100 100 1

1 + 2

10+ + … 2

100 10001

1)

1)

= 99 + (

2 2

1 + 3 3

1 + + …

100 100

1) < 99 + (

2 1

1 + 3 2

1 + +…

1)

= 99 – ( 2

2

1

+ 23

1 + + … 2

100

1) = 99 – (21.2 + 31.3 + + … 1001.100) ⇒ E > 99 – ( 1 + 1 + + … 1 )

8+ 2

1+ + … 2 2

100 2 1

1)

1 <

2 1

5- Bµi to¸n 5:

Cho P =

5

1 + 13

1+ 25

1+ + …

19801 1

Chøng minh r»ng: P <

2 1

Lêi gi¶i:

P = 41+1 + 121+1+ + … 198001 +1

1+ 12 2

1+ + …

9900 2 1

1 + 3 2

1 + + …

100 99

1)

11 + 25

23 + + …

19801 19799

13

2) + + (1- …

19801

2)

1 + +

3 2 1

1 + + + + …

99 2 1

1 + +

; 1 + 2 =

2

3 2

1 + 2 + 3 = 3.4

1 + 2 + 3 + + 99 = …

2

100 99

⇒ M = 2001 – (

2

2 1

1 + 2

3 2

1+ + …

2

100 99

1)

1 +

! 4

1+ + …

! 100 1Chøng minh r»ng: E < 1

Ta cã: E = (11.2 + 1.21.3 + + … 1.2.31 100)Do: 1.21.3.4 < 31.4 ; 1.2.31.4.5 < 41.5

⇒ E < (11.2 + 21.3 + 31.4 …+ 99.1100)

⇒ E < 1 - 1001 < 1

VËy E < 1

9- Bµi to¸n 9:

+

! 3

1+ + …

1 + 2

1

- 3

1+ + …

2 2

+ + …

193 191

2

1 2 2

+5 3

2

2 2 2

+7 5

3

2 2 2

+ + …

193 191

96

2 2

+ 5 3

4 2

+ 7 5

6 2

+ + …

193 191

3 1

1 + 1+

5 3

1+ + 1+ …

193 191 1]

B = 14 [96 + (11.3 + 31.5 + + … 1911.193)]

B = 24 +

8

1 (1 - 193

1)

B = 24 + 81 - 8.1931 < 24 81 < 25VËy B < 25

12- Bµi to¸n 12:

Cho C =

3

1 + 15

13 + 35

33 + + …

36099 36097

15

2)+ + (1 - …

36099

2)

= (1 -

3 1

2) + ( 1 -

5 3

2)+ + …

191 189

2) = 95 – (12.3 + 32.5 + + …

191 189

2)

= 95 – ( 1 -

191

1) = 94 +

191

1 > 94VËy C > 94

13- Bµi to¸n 14:

Cho D =

17

11 + 37

31+ 65

59 + 101

95 + 145 139

Chøng minh r»ng: D > 4

Lêi gi¶i:

Ta cã: D = 1 - 176 + 1 - 376 + + 1 - …

145 6

= 5 – (

17

6 + 37

6 + 45

6+ 101

6+ 145

6)

1) = 5 – 1 +

13

3 > 4VËy D > 4

14- Bµi to¸n 14:

Cho E = 21! + 32!+ 43! + …

! 2001 2000Chøng minh r»ng: E < 1

Ta cã: E =

! 2

1

2 − +

! 3

1

3 − +

! 4

1

4 − + + …

! 2001

1

2001 −

=

! 2

2

-

! 2

1+

! 3

3

-

! 3

1 + + …

! 2001

2000

-

! 2001 1

1 + +

3 2 1

1 + + + + …

x

+ + + + 2 3

1

1

= 2003 2001

Lêi gi¶i:

Ta cã: VT =

2

3 2

1 + 2

4 3

1 + + …

2

) 1 (

1 +

x x

=

3 2

2 + 4 3

2+ + … x(x2+1) = 2 (21 - 13 + 13 - 41 + + … 1x - x1+1) = 2 (

2

1

- 1

1 +

x ) = 1 -

1

2 +

5 + 144

1+ + … 2 ( 1 ) 2

1 2 +

+

n n n

Chøng minh: F < 1

Lêi gi¶i;

Ta cã: F = 2 2

2 1

1

+ 2 23 2

5+ + … 2 ( 1 ) 2

1 2 +

+

n n n

1

n - ( 1 ) 2

1 +

n

= 1 - ( 1 ) 2

1 +

n < 1VËy F < 1

17- Bµi to¸n 17:

! 4

11

! 3

n

n n

2 +

! 4

3+ + …

Giáo viên dễ dàng cho các em chứng minh đợc hằng đẳng thức sau:

(a + b + c)2 = a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ca (*), ∀a,b,c ∈R

Từ bài toán trên, theo các hớng khai thác khác nhau mà ta có thể đề xuất các bài toán tuỳ theo mức độ khó, dễ Sau đây là một số bài toán xuất phát từ bài toán trên

Bài toán 1:

Chứng minh rằng ∀a,b,c ∈R, abc ≠ 0 và a + b + c = 0 thì ta luôn có:

2 2 2

1 1

1

c b

a + + = a1 +b1 +1c (1)

Giải:

Thật vậy, nếu ta thay a, b, c ở (*) bởi

c b a

1

;

1

; 1

thì

2 1 1

c b a

2 2 2 1 1 1

2 2

a = a12 b12 c12 2(a abc b c)

+ + + + +

Với giả thiết : a + b + c = 0 ta suy ra :

2 1 1

1 1 1

c b

1 1 1

c b

a + + = a1 +b1+c1 (đpcm)

Từ bài toán (1) ta có bài toán 2 sau đây:

Bài toán 2: Chứng minh các đẳng thức sau:

a- 2 2 ( ) 2

1 1

1

b a b

a + + + = a1+b1−a+1b (2a)

) (a b

b a b a

+ +

2 [ ( )]

1 1

1

b a b

a + + − + = 1a+1b−−(a1+b)

hay 2 2 ( ) 2

1 1

1

b a b

a + + + = a1 +b1−a+1b

b- Quan sát đẳng thức (2b) và (1) với nhận xét:

ab

b a b a

ab

+

= +

1

1 1 ( 1 1 1 1 1

=

−

− + +

= +

− + +

b a b a b a

ab b

−

b a ab

1

Ta có:

2 2

2

1

1 1

b a ab b

a

+

−

+ +

1

1 1

1 1 1

2 2 2

2

) (a b

b a b

a

+ +

s = ( )2 ( )2 ( )2

1 1

1

a c c b b

áp dụng bài toán 2a, ta lại có bài toán sau:

Bài toán 4: Rút gọn biểu thức:

P = 2 2 2 4 4 ( 2 2 ) 2

1 1

1 ) (

1 1

b a b a b a b

a + + + + + + + ∀ a,b ≠ 0

Lời giải; áp dụng bài toán 2a ta có:

2 2 2 4

1 1

1

b a b

1 1

1

b a b

= 12 12 21 2

b a b

b a b

a + > + ∀ a,b ≠ 0)

1 1 1 ) (

1 1

b a b a b a b

= 2 2 ( ) 2

1 1

1

b a b

a + + + (2a) a1+b1 −a+1b

Bây giờ, khai thác (*) để tính tổng các biểu thức có chứa căn, ta có thể đa

ra các bài toán sau:

Bài toán 5: Xét tổng sau:

3

1 2

1

4

1 3

1

1 ) 1 (

1 1

n

− +

1 (

1 1

(V× 1 + n1−1 - 1n > 0)

⇒ Sn = 1 + 12 - 31 + 1 + 31 - 14 + + 1 + … n1−1 - n1 = (n – 2) +

10

1 10 ) 1 10 ( 1

10

1 10 1 10

10 − +

= 10n – 1 + n

10

1 ∈ Q , ∀n ∈ Z+b- Víi c¸ch biÓu diÔn trªn ta cã:

¸p dông bµi to¸n 2 ta cã thÓ ®a ra mét c¸ch gi¶i ph¬ng tr×nh qua bµi to¸n sau:

Bµi to¸n 7:

Gi¶i ph¬ng tr×nh:

3 )

1 3 (

1 )

1 2 (

1

+

= +

2 (

1 )

1 3 (

1 )

2 1 (

1

+

= +

+ +

1 3 (

1 )

2 1 (

1

+

+ +

1 3 (

1 )

2 1 (

1

+

+ +

+

4 +

1 1 3

1 2

1

1

+

= +

− +

1 1 3

1 2

− +

2 2 2

+ +

+ + + +

x x

Vì  + − + 

+

− + +

1 3

) 3 ( 1

1 3

1

x x

+

− + +

2

= +

+ +

x

x x

4

13 7

2

−

= +

+ +

x

x x

Giải các phơng trình trên và đối chiếu với tập xác định ta có nghiệm của phơng trình (2) là:

GN AM

GN AM

*Nhận xét: Kết quả (1) là hiển nhiên, tính chất của trọng tâm tam giác

G AM

Học sinh chứng minh tơng tự với:

GA = 32 AM, GB = 32 BN, GC = 32 CP

⇒ Kết quả (2)

* Nhận xét: Trong hai bài toán trên, ta xét điểm G là trọng tâm của tam

giác, ở bên trong tam giác

Đặt ra câu hỏi: Nếu nh điểm G không phải là trọng tâm tam giác thì kết quả (1) và (2) còn đúng không ?

Trớc hết hãy thay trọng tâm G bằng trực tâm H ta có bài toán sau:

HN AM

HM

+ + = 1 (3)

CP

HC BN

H AM

ở đây H là trực tâm nên không thể áp

dụng lời giải bài toán trên:

HM là đờng cao ∆ BHC

AM là đờng cao ∆ ABC

Vậy ta có lời giải sau:

⇒ HM AM + HN BN +CP HP =

ABC

AHB AHC

BHC

S

S S

Nh vậy kết quả (3) và (4) tơng tự kết quả (1) và (2)

* Từ các kết quả trên, khai thác tiếp cho điểm bất kỳ trong tam giác, ta có bài toán sau:

* Bài toán 4:

C

Cho ∆ABC và một điểm I bất kỳ trong tam giác AI, BI, CI lần lợt cắt BC, CA,

AB tại M, N, P

Chứng minh rằng :

CP

IP BN

IN AM

CP

CI BN

BI AM

AI

+

Khai thác lời giải bài toán 3 Ta có lời giải toán này nh sau:

Kẻ AH, IK vuông góc với BC

Khác một chỗ: I là điểm bất kỳ trong tam giác Điều đó gợi suy nghĩ nếu

điểm I nằm bên ngoài tam giác thì các kết quả còn tơng tự không ?

T¬ng tù lêi gi¶i bµi to¸n trªn ta cã:

S∆ ABC = S∆ABI + S∆ACI - S∆BCI (*)

KÎ IK, AH vu«ng gãc víi BC

IE, BF vu«ng gãc víi AC

CI CP BN

IP BN

IN

− + = 1 (7)

⇒ AM AI + BN BI +CP CI = 2 (8)

* Đặc biệt hoá bài toán, ta có nhiều kết quả rất quen thuộc

Xét 3 trờng hợp sau:

- Tr

AO, BO, CO cắt BC, AC, AB lần lợt tại M, N, P

1 1 1

+ + =

c

h

R CP

Suy ra:

c b

R h

R h

* Ta có bài toán 7: Cho ∆ABC ngoại tiếp (O;R), ba đờng cao tơng ứng là ha,

hb, hc

Chứng minh rằng:

c b

h

1 1

- Tr

ờng hợp 3:

O là tâm đờng tròn bàng tiếp góc A của ∆ABC

O nằm ngoài ∆ABC, và nằm trong

góc BAC

Theo kết quả (7) ta có:

AM

OM CP

OM

=

⇒

a c

R h

R h

h

1 1 1

− + =

R

1

* Nhận xét: Trên đây ta xét các bài toán trong phạm vi hẹp là mặt phẳng

Mở rộng bài toán trong không gian (học sinh đã học ở SGK 9) Ta có các bài toán sau với ý tởng lời giải tơng tự

Với khái niệm diện tích ở hình học phẳng, học sinh sẽ mở rộng cho khái niệm thể tích trong không gian

* Bài toán 9:

Trong không gian cho tứ diện ABCD, một điểm I bất kỳ nằm trong tứ diện

AI, BI, CI, DI lần lợt cắt các mặt phẳng đối (BCD), (ACD), (ABD), (ABC) tại

M, N, P, Q

Chứng minh rằng : AM IM +BN IN +CP IP +DQ IQ = 1 (12)

Lời giải:

Gọi VABCD = V

Ta có: V = VIBCD + VIABC + VIABD + VIACD

⇔ V IBCD V +V IABC V +V IABD V +V IACD V = 1 (**)

Kẻ IK, AH vuông góc với mặt phẳng

(BCD), ta có:

AM

IM AH

IK AH S

IK S V

V

BCD

BCD IBCD = = =

3 1

3 1

Tơng tự:

BN

IN V

V CP

IP V

V DQ

IP BN

CI CP BN

BI BN AM

Cho mặt cầu (O;R) ngoại tiếp tứ diện ABCD AO, BO, CO, DO cắt các mặt phẳng đối tại M, N, P, Q.

1 1 1 1

(Lời giải: Vận dụng trờng hợp đặc biệt của bài toán 9).

Phần III:

Kết luận

Nh vậy, từ những điều đã học bằng phơng pháp suy nghĩ cơ bản đặc biệt hoá, tổng quát hoá, tơng tự ta tìm ra nhiều điều giúp ta nhìn thấy sự liên hệ giữa các vấn đề với nhau Nhờ các phơng pháp đó chúng ta có thể

mở rộng, đào sâu thêm kiến thức bằng cách nêu lên và giải quyết những vấn đề tổng quát hơn, những vấn đề tơng tự hoặc đi sâu vào những trờng hợp đặc biệt có ý nghĩa Điều đó vừa làm cho ngời thầy có cái nhìn sâu hơn, rộng hơn về một vấn đề, một bài toán, đồng thời tạo cho học sinh biết cách học, cách suy nghĩ và giải quyết một vấn đề hoặc tự mình có thể đặt

ra và giải quyết các vấn đề mới từ các vấn đề đã học Từ đó nâng cao chất lợng dạy và học

Qua nhiều năm giảng dạy rút ra kinh nghiệm việc khai thác bài toán phải là công việc làm thờng xuyên trong từng tiết giảng, đòi hỏi ngời giáo viên phải đầu t nhiều thời gian nghiên cứu tài liệu cùng với sự sáng tạo của mình để tổng hợp, sắp xếp các nhóm bài tập hợp lý Phải luôn đa học sinh vào tình huống có vấn đề cần giải quyết vừa sức với các em, trên cơ sở đó rèn kỹ năng và phát huy đợc sự năng động, sáng tạo vốn có của thế hệ trẻ hiện nay

Đề tài của tôi đợc hoàn thành với sự giúp đỡ nhiệt tình của Giáo s - Tiến sĩ Nguyễn Tiến Tài – Khoa Toán – Tin, trờng Đại học S phạm Hà

Nội Rất mong có sự góp ý của các bạn /

Hải Dơng, ngày 10 tháng 12 năm 2002

Ngời thực hiện