Để sắp xếp những câu hỏi và lời khuyên được thuận lợi, chúng ta phân biệtbốn bước trong quá trình giải một bài toán: - Bước 1: Phải hiểu bài toán, thấy rõ là phải tìm cái gì?. - Bước 2:
Trang 11 Mở đầu
1.1 Lí do chọn đề tài
Ở trường phổ thông, đối với học sinh có thể xem việc giải toán là hình thứcchủ yếu của hoạt động toán học Vì vậy dạy giải toán cũng là nhiệm vụ chủ yếucủa người thầy giáo Để tìm cách giải chúng ta phải thay đổi nhiều lần quan điểm
và cách nhìn bài toán, chúng ta phải luôn luôn thay đổi vị trí Thoạt đầu quan điểmcủa chúng ta về bài toán rất có thể là không đầy đủ, quan niệm của chúng ta sẽkhác đi khi chúng ta thu được một số kết quả và còn khác đi nữa khi chúng ta sắpsửa nắm được cách giải
Để sắp xếp những câu hỏi và lời khuyên được thuận lợi, chúng ta phân biệtbốn bước trong quá trình giải một bài toán:
- Bước 1: Phải hiểu bài toán, thấy rõ là phải tìm cái gì?
- Bước 2: Suy nghĩ tìm tòi lời giải của bài toán (Nắm được mối quan hệgiữa các yếu tố khác nhau của bài toán, giữa cái chưa biết với cái đã biết, để tìmthấy cái ý của cách giải, để vạch ra được một chương trình
- Bước 3: Thực hiện chương trình
- Bước 4: Nhìn lại cách giải đã thu được một lần nữa, nghiên cứu và phântích nó [1]
Mặc dù 4 nội dung trên luôn gắn kết với nhau (có khi cùng tiến hành songsong, có khi tách thành các quá trình tương đối riêng rẽ) và bài toán coi như đượcgiải quyết khi đã có lời giải Song việc dạy cho học sinh biết vận dụng các phươngpháp tìm tòi lời giải bài toán mới chính là cơ sở quan trọng có ý nghĩa quyết địnhcho việc rèn luyện khả năng tư duy tích cực sáng tạo cho học sinh thông qua việcgiải toán
Đề tài này chỉ đề cập đến bước thứ hai thông qua việc dạy cho học sinh một số phương pháp tìm tòi lời giải một bài toán và nêu lên một số ví dụ vận dụng tổng hợp các phương pháp đó.
Trang 21.2 Mục đích nghiên cứu
Để làm tốt công tác giảng dạy và nghiên cứu về mặt phương pháp giảng dạy
bộ môn Toán ở trường THPT hiện nay, phù hợp với đổi mới trong cách dạy, cáchhọc cũng như phổ biến kinh nghiệm hay và thực tiễn để đồng nghiệp trao đổi góp
ý và cùng thực hiện trong dạy học
1.3 Đối tượng nghiên cứu:
Học sinh lớp 10, 11 và 12 ở Trường trung học phổ thông Mai Anh Tuấn Huyện Nga Sơn - Tỉnh Thanh Hóa
-1.4 Phương pháp nghiên cứu
Nhóm phương pháp nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu tài liệu, sách giáo khoa,sách giáo viên, sách bài tập, sách tham khảo, các đề thi
2 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Luật giáo dục đã quy định “ Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huytính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học, phù hơp với đặcđiểm của từng lớp học, từng môn học, bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kỹnăng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vuihứng thú học tập cho học sinh”
Trong lý luận dạy học nói chung đã chỉ rõ, phương pháp dạy học tích cực lànhững phương pháp giáo dục/ dạy học nhằm phát huy tính tích cực, chủ động, sángtạo của người học Trong đó các hoạt động học tập được tổ chức, được định hướngbởi người thầy, người học chủ động, tự lực, tích cực tham gia vào quá trình tìmkiếm, khám phá, phát hiện kiến thức, vận dụng kiên thức để giải quyết vấn đề thựctiễn, qua đó lĩnh hội nội dung học tập và phát triển năng lực sáng tạo
Trong phương pháp dạy học tích cực không chỉ quan tâm đến yêu cầu thônghiểu, ghi nhớ tái hiện các kiến thức theo SGK mà còn đặc biệt chú ý đến năng lựcnhận thức, rèn luyện kỹ năng và phẩm chất tư duy( phân tích, tổng hợp, xác lậpquan hệ giữa các sự kiện, nêu giả thuyết,…)
Trong lý luận dạy học toán nói riêng đã chỉ ra: “ Cốt lõi của việc đổi mới
Trang 3cực, chủ động, sáng tạo, chống lại thói quen học tập thụ động”, mà việc dạy Tìm tòi lời giải đóng vai trò có tính quyết định việc rèn luyện phương pháp suy luận và
khả năng tư duy cho học sinh trong toàn bộ quá trình dạy và học toán trong trườngphổ thông [2]
Bởi tìm tòi lời giải bài boán chính là tìm tòi, phát hiện cách giải nhờ suy nghĩ có tính chất tìm đoán: biến đổi cái đã cho, biễn đổi cái phải tìm hay chứng minh, liên hệ cái đã cho hoặc cái phải tìm với những tri thức đã biết, liên hệ bài toán cần giải với bài toán cũ tương tự…Tìm tòi cách giải khác, so sánh chúng để chọn dược cách giải hợp lý nhất.
Đương nhiên rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải một bài toán phải từ hìnhthức thấp đến cao; từ việc tìm lời giải theo từng phương pháp riêng biệt đến vậndụng tổng hợp các phương pháp
Nội dung của đề tài này còn căn cứ vào chương trình, nội dung môn toán ởbậc THPT mà Bộ GD&ĐT đã ban hành
2.2 Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Một thực trạng hiện nay trong việc học toán là: Phần lớn các học sinh khiđứng trước một bài toán không biết bắt đầu từ đâu, không biết mình phải giải quyếtvấn đề gì; sử dụng giả thiết và kết luận ra sao để biến đổi Và biến đổi theo hướngnào cũng không ít học sinh lúng túng nên dẫn đến tình trạng biến đổi vòng quanhsau một hồi biến đổi lại quay về cái ban đầu Mặt khác trong tư duy học sinh cũnggặp nhiều sai sót về mặt suy luận, hoặc mơ hồ không chính xác, hoặc thiếu chặtchẽ trong việc vận dụng các điều kiện đã cho, hoặc suy luân trên cơ sở hình thứckhông bản chất dẫn đến lời giải thiếu chính xác, thừa hoặc thiếu thậm chí tưởng làđúng nhưng thực chất là sai…Cũng vì vậy nhiều học sinh không thấy hứng thú khihọc toán
Trang 4Mặt khác đại đa số học sinh khi tìm được lời giải của bài toán là họ đã thấythỏa mãn, thì trong quá trình tìm tòi lời giải bài toán còn phát hiện các lời giảikhác nhau và hơn thế có thể sáng tạo các bài toán mới
Do vậy việc dạy cho học sinh biết các phương pháp tìm tòi lời giải các bàigóp phần rất quan trọng giúp học sinh khắc phục các nhược điểm đã nêu Songquan trọng hơn là rèn luyện khả năng tư duy linh hoạt, sáng tạo và những phép suyluận có lý, tạo hứng thú trong học toán và tâm lý tự tin Đương nhiên việc dạy tìmtòi lời giải bài toán phải được thực hiện trong suốt quá trình dạy toán và theo trình
tự từ thấp đến cao
2.3 Giải pháp tổ chức thực hiện
2.3.1 Thông qua một hệ thống các phương pháp tìm tòi lời giải
2.3.1.1 Khai thác triệt để các giả thiết và đặc điểm về dạng của bài toán
Các đặc điểm về dạng của bài toán là phần hình thức của bài toán đó Vìhình thức và nội dung có sự thống nhất (phép biện chứng) Nên khi khai thác triệt
để phần hình thức thì đồng thời ta cũng phát hiện các đặc điểm bên trong của bàitoán
Ví dụ 1 Giải phương trình ( 5 2 6 + ) (x+ 5 2 6 − )x = 10
Tìm tòi lời giải: Đây là một dạng toán quen thuộc f x( ) +g x( ) =m với f x g x( ) ( ) =a
(hằng số) Ở đây( 5 2 6 5 2 6 + ) (x − )x = 1 Vì vậy nếu đặt t=( 5 2 6 + )xthì
+ = là phương trình bậc hai quen thuộc.
Giải PT này theo t > 0, từ đó tìm x.
Đáp số: x= 2,x= − 2
Ví dụ 2: Giải phương trình: 2(tanx− sin ) 3(cotx + x− cos ) 5 0x + =
Tìm tòi lời giải: Điều kiện: sinxcosx≠ 0
Trang 5Nhìn vào hình thức bài toán ta thấy có mặt của ba hệ số là 2,3,5 và lẽ tự nhiên tanghĩ đến 2+3 = 5 Chính vì vậy ta tách 5 = 2 + 3 rồi ghép 2 với số hạng đầu và 3với số hang thứ hai thì ta được:
Tìm tòi lời giải: Đặc điểm của bài toán là : vế trái là tổng của 2 hàm số mũ, còn
vế phải lại là một hàm số lượng giác Chính vì vậy không thể dùng bất cứ phépbiến đổi đại số hay lượng giác nào để giải phương trình đã cho
Trong trường hợp này ta chỉ có thể nghĩ đến phương án là đánh giá giá 2 vế củaphương trình đã cho (rõ ràng ở đây cũng không thể giải bằng đồ thị được) Những
giá trị của x làm cho 2 vế bằng nhau sẽ là nghiệm của phương trình.
Theo đường lối trên ta có: 3x+ 3 −x≥ 2 dấu = xảy ra khi x = 0; còn
x + x = nên x = 0 là nghiệm duy nhất của PT.
Ví dụ 4: Chứng minh rằng : với n, p là các số tự nhiên thì
Trang 6Tìm tòi lời giải: Do các số hạng ở 2 vế trái và phải của BĐT quá “xa lạ” với p số
hạng ở giữa nên để chứng minh bất đẳng thức đã cho rõ ràng ta không thể dùng cácphép biến đổi tương đương được Ta nghĩ đến việc đánh giá tổng
T=
)()
2()
1
1
1 1
p n n
n+ + + + + + về cả 2 phía Xuất phát từ số hạng tổng quát , ta
có: ( )(1 1) 1 ( 11)( )
)
k n
k
n+ + + < n+k < + − + mà ( )( 1 )
1
+ +
Vì các điều kiện đặt ra cho các đại lượng có trong bài toán không phải làngẫu nhiên, tùy tiện mà là biểu hiện các mối liên hệ nào đó có tính nhân quả giữacác yếu tố tạo nên bài toán Khai thác đúng hướng các điều kiện đó có thể tìm ralời giải bài toán
Ví dụ 5: Giải phương trình 4 41 +x+ 4 41 −x = 2
Tìm tòi lời giải: ĐK -41≤x≤ 41
Rõ ràng ở đây nếu dùng các phép biến đổi tương đương sẽ dẫn đến một phương trình bậc cao rất phức tạp Do đó ta nghĩ đến một trong các hướng sau
Cách 1) Xét hàm số f(x) = 4 41 +x + 4 41 −x trên tập xác định − ≤ ≤ 41 x 41;
Ta thấy f(x) là hàm chẵn (Vì f(x) = f(-x) với − ≤ ≤ 41 x 41)
Trang 7Xét 0≤x≤ 41 khi đó 4 41 x+ ≥ 4 41 >2 Vậy 4 41 +x + 4 41 −x >2 cho nên phươngtrình vô nghiệm khi 0≤ x≤ 41.
Do tính chất chẵn của hàm số nên phương trình đã cho cũng vô nghiệm trênkhoảng − ≤ < 41 x 0
Tóm lại phương trình đã cho vô nghiệm
Đây là hệ đối xứng quyen thuộc nên ta giải theo cách giải của hệ đối xứng
Ví dụ 6: Cho tam giác ABC Gọi D= − 1 (cos 2 A+ cos 2B+ cos 2C) Chứng minh rằng
nếu D> 0,D= 0,D< 0 thì tương ứng tam giác ABC sẽ là tam giác nhọn, vuông hoặc
tù
Tìm tòi lời giải: Điều ta quan tâm là dấu của D Mà ta đã biết:
+) Nếu cosAcosBcossC > 0 thì tam giác ABC nhọn ( bởi không thể xảy ra có 2 số
âm)
+) Nếu cosAcosBcossC = 0 thì tam giác ABC vuông
+) Nếu cosAcosBcossC < 0 thì tam giác ABC tù (vì không thể cả 3 số đều âm)
Từ đó ta có suy nghĩ D và tích cosAcossBcossC có mối liên hệ nào đó với nhau và nếu có thì mối liên hệ đó phải có dạng D = k cosAcossBcossC.
Ta hãy kiểm tra xem điều dự đoán trên có đúng không?
2 cos cos( ).cos(B C) cos cos( ) cos(A B) 2cos cos cos
Trang 82.3.1.3 Phân tích và biến đổi kết quả (yêu cầu của bài toán) để tìm
phương hướng giải bài toán
Bằng cách này ta tìm cách thay bài toàn đã cho bằng bài toán mới tương đương
nhưng đơn giản hơn và giải được Vì bằng cách này ta đã tìm được các phép biến đổi ngược với tác giả bài toán, nên tất nhiên sẽ dẫn ta tới con đường tìm ra lời
giải bài toán
Ví dụ7: Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài 3 cạnh của tam giác ABC thì
= n2−k2 ( với k = 1, 2, …n-1) gợi cho ta độ dài cạnh góc vuông của tam giác
vuông có cạnh huyền bằng n và cạnh góc vuông kia bằng k ( hình 1.)
Trang 9n A
B
Hình 1Khi đó Sn-1 là tổng diện tích của n-1 hình chữ nhật tạo nên một hình bậc thang nội
này tạo nên một hình bậc thang ngoại tiếp
Trang 10( 2 2 2)2 2 2 2
4 cos
a + −b c = a b C hay a4 + + +b4 c4 2a b2 2 − 2a c2 2 − 2b c2 2 = 4a b2 2 cos 2C VậyBĐT cần chứng minh tương đương với 4a b2 2 cos 2C≤ 4a b2 2 Đến đây ta được BĐTđúng (vì cos2C ≤ 1)
2.3.1.4 Phân tích đồng thời cả giả thiết và yêu cầu của bài toán để tìm phương hướng giải
Cơ sở của phương pháp này là mối liên hệ tất yếu phải có giữa các yếu tố
đã cho và những điều mà bài toán đòi hỏi Người làm toán có nhiệm vụ khám phácho được mối liên hệ tất yếu đó và khi đó có thể dẫn tới con đường giải bài toán
Ví dụ 10: Chứng minh rằng, nếu x, y, z là độ dài các cạnh của một tam giác thì
Tìm tòi lời giải: Trước hết ta phân tích và biến đổi giả thiết Vì x, y, z là độ dài
các cạnh của tam giác nên
; − < 1
x
z y
; − < 1
y
x z
Suy ra ( − )( − )( − ) < 1
xyz
x z z y y x
(*)(BĐTđúng)
Mặt khác biến đổi (1) (yêu cầu của bài toán) ta được:
< (**) So sanh (*) và (**) ta thấy giả thiết
và kết luận khá gần gũi nhau Ta hy vọng chỉ còn phải chứng minh
(x − y )z+ (y −z x) + (z −x y) = − (x y y z z x)( − )( − ) (2) Nhờ việc phân tích và biếnđổi đồng thời cả giả thiết và kết luận ta đã đi dến bài toán (2) thuận lợi hơn rấtnhiều so với bài toán (1) vì đã được định hướng ( chẳng hạn khai triển cả 2 vế)
Trang 11Ví dụ 11: Chứng minh rằng trong một tam giác ABC nếu a2 + b2 = c2 + 4R2 thì
2
tan tan 1
tan tan tan 1
C
−
Tìm tòi lời giải: Để cho giả thiết gần gũi hơn với yêu cầu của bài toán ta chuyển
các yếu tố có trong giả thiết về yếu tố góc Khi đó áp dụng định lý hàm số sin tađưa giả thiết về dạng : sin 2 A+ sin 2B= + 1 sin 2C (1) Bây giờ ta biến đổi kết luận đểchỉ chứa sin và cosin Ta có :
tan
1 tan
B
A
B A
2
2
cos
sin 1 cos cos
sin sin
1 cos cos
sin sin
A
B A
2
2
cos
sin ) cos(
cos cos(A B) sinC C
⇔ − = ( vì cosC= − cos(A B+ )) Để gần hơn với (1) ta cộng cả 2
vế với 1 thì được 1 cos( − A B+ ).cos(A B) 1 sin − = + 2C 1 cos 2 1 cos 2 2
1 sin 2
Hay trong lượng giác nhiều khi chúng ta phải chuyển PT, hệ PT một ẩn về
PT hoặc hệ PT đại số nhiều ẩn
Ví dụ 12: Giải phương trình 5 x3 + = 1 2(x2 + 2)
Tìm tòi lời giải: ĐK: x ≥ -1 với ĐK đó thông thường nếu ta bình phương 2 vế ta
được PT bậc 4 không có dạng đặc biệt nên rất khó giải Nhưng để ý rằng :
x3 + = + 1 (x 1)(x2 − +x 1); x2 + = + + 2 (x 1) (x2 − +x 1) thì ta đã có môi liên hệ giữa 2
vế thông qua các đại lượng (x+ 1) và (x2 − +x 1)
Trang 12Từ đó ta đưa vào các ẩn phụ u= x+ ≥ 1 0 và v= x2 − +x 1 > 0 thì phương trìnhchuyển về dạng 5uv = 2(u2 + v2) là phương trình đại số 2 ẩn nhưng dễ giải hơn(PT đẳng cấp bậc 2)
Chia cả 2 vế cho v2 > 0 ta được PT bậc hai đối với t u 0
Tìm tòi lời giải; VT chứa cả các hàm số mũ và hàm bậc nhất (đại số) Cho nên
việc biến đổi tương đương, hoặc phân tích thành thừa số là khó khăn
Để ý rằng 2 ( )2 2
25x− = 5x− nên nếu ta đưa ẩn phụ t= 5x− 2 > 0 thì phương trình đã cho
tương đương với hệ
2 2
và vận dụng tốt các kiến thức cơ bản Do hạn chế của đề tài nên ở đây chỉ nêu vài
ví dụ minh họa mà không nêu Tìm tòi lời giải lời giải
1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
2 Tìm trên đồ thị 2 điểm A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng y = x-1
Trang 133 Tìm các điểm trên trục Oy mà từ đó kẻ được 2 tiếp tuyến với đồ thị hàm số.
+
= +
2 2
1
2 2
x
a y x
Tìm x, y sao cho x.y đạt giá trị
x dx
(sin
π π
dx x f dx x
Tìm tòi lời giải: Hệ đã cho chỉ có 2 phương trình mà ẩn số là 4 Như vậy ta phải “
tìm thêm” các PT mới cho số PT bằng số ẩn Để ý đến PT thứ hai ta thấy:
(x + 3y + 4z + t)2 ≤ (12+ 32 + 42 + 12)( x2 + y2+ z2 + t2 ) = 27(x2 + y2+ z2 + t2 ) Dấu
bằng xảy ra khi
1 4 3 1
t z y x
1
3 3 3
x
t z y
x
Đến đây lời giải là đã rõ ràng
Trang 14Ví dụ 18: Cho góc tam diện vuông Sxyz Trên 3 cạnh Sx, Sy, Sz lần lượt lấy 3 điểm
A, B, C Đặt SA = a, SB = b, SC = c Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC Chứng minh: SO cắt mặt (ABC) tại trọng tâm G của tam giác ABC Tính độ
dài SG.
Tìm tòi lời giải:
Ta thấy trọng tâm G có thể xem là:
- Giao của 2 đường trung tuyến, hoặc
- Điểm nằm trên một trung tuyến và chia trung tuyến này thành 2 đoạn theo tỷ số2:1
Với điểm O được xem là giao điểm của trục đường tròn đáy với mặt trung trực của
một cạnh bên
Đương nhiên ta nên chọn đáy là SBC và cạnh bên là AS để lợi dụng tính chất vuông của tam giác SBC.
G A
S
B
C (d)
GA
( đpcm)
hình 2
Trang 15Khi đó do tam giác OSM vuông tại M nên
Chú ý: Sau đây ta nêu 2 cách tìm tòi khác:
1, Nếu ta coi tam giác vuông SBC chỉ là một phần của hình chữ nhật SBDC dựng trên 2 cạnh SB, SC thì M là giao của 2 đường chéo BC và SD Nối AD ta thấy các tam giác ABD, ACD, ASD đều là các tam giác vuông (đễ chứng minh được) có chung cạnh huyền AD, nên O là trung điểm của AD Suy ra SO là 1 trung tuyến nữa của tam giác ASD ( Vì AM đã là 1trung tuyến) Nên G = AM ∩SO là trọng tâm
tam giác ASD Suy ra G là trọng tâm tam giác ABC (theo đ/n 2).( hình 2) Ta sẽ có
M
K
C S
cũng là tâm hình cầu ngoại tiếp hình hộp chữ nhật và là giao của các đường chéo
hình hộp chữ nhật Khi đó độ dài SG được tính dễ dàng qua đường chéo hình hộp chữ nhật Ta sẽ có lời giải 3