Đề tài Sáng kiến kinh nghiệm: Kích thích sự hứng thú học tập môn toán của học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách

tham khảo ,bản thân tôi rút ra một kinh nghiệm chung là cần phải kích thích sự hứng thú học tập bộ môn toán cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách.Nhằm phát huy tính sáng t[r]

PHÒNG GIÁO DỤC NÚI THÀNH

TRƯỜNG THCS TAM XUÂN II

BỐN

CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG TOÁN 9

Họ và tên :Dương Công Tuệ

Tổ : Tự Nhiên I

Đơn vị : THCS Tam Xuân II

Năm Học : 2006- 2007

ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:

KÍCH THÍCH SỰ HỨNG THÚ HỌC TẬP MÔN TOÁN CỦA HỌC SINH THÔNG QUA GIẢI BÀI TOÁN BẰNG NHIỀU CÁCH

I ĐẶT VẤN ĐỀ:

Trong học toán,Việc giải toán và tìm thêm nhiều lời giải khác của một bài toán nhiều khi đi đến những điều thú vị ,Ngay khi lời giải mà ta đã tìm được là đã tốt rồi,thì việc tìm được lời giải khác vẫn có lợi làm cho ta cảm thấy hứng thú và sung sướng.Chính vì lẻ đó mà giải bài toán bằng nhiều cách nhằm giúp cho học sinh có được tư duy nhạy bén,phát triển óc sáng tạo ,khả năng phân tích ,tổng hợp ,phương pháp làm việc khoa học,đức tính kiên nhẫn .đồng thời đem lại cho các em sự hứng thú học toán,nâng cao trình độ tư duy

II THỰC TRẠNG BAN ĐẦU

Qua nhiều năm giảng dạy,tôi nhận thấy rằng học sinh gặp nhiều khó khăn trong quá trình giải toán ,dẫn đến các em lười học môn toán và có tâm

lí sợ học môn toán Vì vậy môn toán thường điểm rất thấp làm ảnh hưởng đến việc học của những năm tiếp theo

III BIỆN PHÁP THỰC HIỆN

Qua kinh nghiệm dạy học nhiều năm ,cũng như qua những tài liệu tham khảo ,bản thân tôi rút ra một kinh nghiệm chung là cần phải kích thích sự hứng thú học tập bộ môn toán cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách.Nhằm phát huy tính sáng tạo,tư duy suy nghĩ,khả năng làm việc khoa học Trong quá trình dạy tôi luôn chú trọng khai thác lời giải của bài toán bằng nhiều cách khác nhau để hình thành dần kỹ năng giải toán cũng

BÀI TẬP MẪU:

Bài 1: Rút gọn: A= 4  2 3  4  2 3

Hướng dẫn:

Cách 1: A= 4  2 3  4  2 3 = 3  2 3  1  3  2 3  1

= ( 3  1 ) 2  ( 3  1 ) 2 = 3  1+ 3  1

= 3  1+ 3  1= 2 ( vì >1)3 3

Cách 2: Ta có A>0 và A2 =( 4  2 3 + 4  2 3 )2

= 4+2 +4-2 +23 3 4 2  ( 2 3 ) 2

= 8+4 = 12 => A= 12  2 3

Bài 2: Rút gọn biểu thức:

A= 9  17 - 9  17 - 2

Hướng dẫn:

Cách 1: A= 9  17 - 9  17 - 2

-2

17 2

18 

2

17 2

18 

2

-2

1 17 2

17  

2

1 17 2

17   2

) 2 (

) 1 17

) 2 (

) 1 17

2

= - (vì 17>1)

2

1

17 

2

1

17 

2

2

2

Cách 2: 2 A= 2 ( 9  17 )- 2 ( 9  17 )- 2 2

= 18  2 17 - 18  2 17 -2

= ( 17  1 ) 2 - ( 17  1 ) 2 -2

= 17+1- 17+1-2 (vì 17>1)

=0

=> A = 0

Cách 3: Đặt M = 9  17 - 9  17

Ta có: M>0 và M2 = 9+ 17-2 ( 9  17 )( 9  17 ) + 9- 17

=18- 2 64

= 18-16

=2

Vì M>0 => M= 2

Do đó: A= M- 2

= 2 - 2

=0

Bài tập 3: Giải phương trình x  1  x  1

Hướng dẫn :

Cách 1: x  1  x  1 x-1 0 x 1   

x+1=(x-1)2 x+1=x2-2x+1

x 1 x 1 x 1   

x2-3x =0 x(x-3) =0 x=0 x=3   

x=3 Cách 2: x  1  x  1 x+1 = (x-1) 2

x+1=x2-2x+1



x2-3x = 0



x(x-3) =0



x=0 Hoặc x=3



Thử lại: x=0 Không phải là nghiệm của phương trình

X= 3 là nghiệm của phương trình

Cách 3: Đặt x 1 = Y ( Y>=0)

Phương trình trở thành: Y = Y2 -2

Y 2-Y-2=0

(Y=1)(Y-2) = 0

Y=-1 ; Y= 2

* Y= -1 < 0( Loại))

* Y= 2 ,TA CÓ : x 1=2 2> 0 

x+1 = 22  x=3 Bài 4: Cho A= 2000- 1999 và B = 2001 - 2000

Không sử dụng máy tính so sánh A và B

Hướng dẫn:

Cách 1: Giả sử A>B

- > -

 2000 1999 2001 2000

2 > +

 2000 2001 1999

(2 )2 > ( + )2

4.2000 > 2001+2 + 1999

2.2000 > 2

2000 >

 ( 2000  1 )( 2000  1 )

20002 > 20002 -12 (Bất đẳng thức đúng)



Do đó A>B

Cách 2:

1999 2000

) 1999 2000

)(

1999 2000

(







1999 2000

1



2000 2001

) 2000 2001

)(

2000 2001

(







2000 2001

1



Vì 2000 + 1999 < 2001 + 2000

Do đó A>B

Bài 5: Cho a , b > 0.Chứng minh rằng : a b > ab

Hướng dẫn:

Cách 1: a  b > ab

( )2 > ( )2

 a  b ab

a+2 + b > a+b

2 > 0 ( Bất đẳng thức đúng)

Do đó: a  b > ab

Cách 2: Đặt a= x2 ; b = y2 (x,y>0)

Ta có: a b = x + y = (xy) 2

= x2  2xyy2

 x2  y2 = ab

Bài 6: Giải hệ phương trình :

3x+ 2y = -2

5x+ 4y = 1

Hướng dẫn:

Cách 1: 3x+ 2y = -2 6x+ 4y = -2 x = -5 5x+ 4y = 1 5x+ 4y = 1 5(-5)+4y = 1 

x = - 5

y = 13/2



Cách 2: 3x+ 2y = -2 3x = -2 - 2y x =

3

2

2  y



5x+ 4y = 1 5x+ 4y = 1 5   + 4y = 1

3

2

2  y



X= x= x = -5

3

2

2  y



3

2

2  y



-10-10y+12y = 3 2y= 13 y= 13/2

Bài 6: Cho phương trình x2 - 2(m+1)x+2m+10 = 0( m tham số)

Tìm m để phương trình có 2 nghiệm x1,x2 : = 2

1

2 2

1

x

x

x x 

Hướng dẫn:

Phương trình có 2 nghiệm x1,x2

>= 0

 

(m+1)2 - (2m+10) >= 0



m2 + 2m + 1 -2m -10 >=)



m2 - 9 >=0



m2 >=9



m>=3 hoặc m=< -3 (*)



Cách 1:

Theo hệ thức Viet ,ta có: x1+ x2 = 2(m+1)

x1.x2 = 2m+ 10

Ta có : = 2

1

2 2

1

x

x

x x 

x1 + x2 = 2 x1.x2



(x1+x2)2 - 4 x1.x2 = 0



[ 2(m+1)]2 -4(2m+10) = 0



m2 + 2m + 1- 2m- 10 = 0



m2 - 9 = 0



m 2 =9

m=3 hoặc m= -3



Vậy m = 3 thoả mãn (*)

Cách 2: = 2

1

2 2

1

x

x

x x 

x12 + x22 = 2 x1.x2



(x1-x2)2 = 0



x 1 - x2 = 0

x 1 = x2

Phương trình đã cho có nghiêm kép

= 0

 

m = 3

Cách 3:

= m2 - 9 ; =

Phương trình có 2 nghiệm phân biệt là :

X1= m+1+ m2  9 ;X2 = m+1- m2  9

Ta có : = 2

1

2 2

1

x

x

x x 

9 1

9 1

2

2













m

m

m

m

9 1

9 1

2

2













m m

m m

 (m+1+ m2  9)2 + (m+1- m2  9)2 = 2[(m+1)2 - (m2- 9)]

 (m+1)2 + 2(m+1) m2  9+ m2 - 9 + (m+1)2 -2(m+1) m2  9+m2-9 = 2(m+1)2 -2(m2- 9)

 2(m2 -9)+2(m2-9) = 0

 4(m2-9) = 0

 (m2-9) = 0

 m2 = 9

 m = 3 

Vậy m = 3 thoả mãn (*)

HÌNH HỌC : Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A ,AH là đường cao Biết AB = 8 cm,AC = 6cm.Tính độ dài AH

Hướng dẫn:

Cách 1:

ABC vuông tại A nên :



BC2 = AB2 +ÂC2 = 82+62 = 102

=> BC = 10 (cm) ABC vuông tại A có AH BC

Nên AH.BC = AC.BC => AH= 4 , 8 ( )

10

8 6

cm BC

BC AC





Cách 2:

ABC vuông tại A có AH BC nên

2

2 2

2 2 2

2 ( 8 6 )

10 6

1 8

1 1 1

AB AC

AH

=> AH = (8.6): 10 = 4,8(cm) Cách 3:

BC =10 cm

ABC vuông tại A có AH BC nên

BH.BC = AB2 => BH = 6 , 4 ( )

10

8 2 2

cm BC

AB





HC = BC - BH = 10 - 6,4 = 3,6 (CM)

AH2 = BH.CH = 6,4.3,6 = 4,82

A

C

=> AH = 4,8 (cm)

Cách 4:

BH = 6,4 (cm) HAB vuông tại H nên



AH2 +BH2 = AB2

=> AH2 = AB2 - BH2 = 82- 6,42 =(4,8)2

=> ẠH = 4,8 (cm) Cách 5:

M là trung điểm của BC

BN = AM = BC/2 = 5 cm

MH = BH - BM = 6,4 - 5 = 1,4 cm HAM vuông tại H nên : AH2 +MH2 = AM2



=> AH2 = AM2 - MH2= 52 - 1,42 = 6,4.3,6 =4,82

=> AH = 4,8 cm Cách 6:

BC = 10 cm ABC vuông tại A có AH BC nên:

HC.BC = AC2 => HC = cm

BC

AC

6 , 3 10

6 2 2





HAC vuông tại H nên : AH2 +HC2 = AC2



=> AH2 = AC2 - HC2 = 62 - 3,62 = 9,6.2,4 =4,82

=> AH = 4,8 cm

Bài 2 : Cho tam giác ABC vuông tại A,Chứng minh rằng :

2

ABC

BC AB

AC



Hướng dẫn :

Cách 1:

Vẽ đường phân giác BD của ABC.

Ta có:

BC

DC AB

AD 

=>

BC AB

AC BC

AB

DC AD AB

AD











Ta có: ABD có A = 90 0

Nên tgABD =

AB AD

Do đó tg =

2

ABC

BC AB

AC



Cách 2:

Trên tia đối của tia BA lấy điểm E sao cho BE = BC

=> BEC cân tại B

=> ABC = E + BCE = 2E

=> E =

2

ABC

AEC có A = 900 nên tgE = =



AE

AC

BE AB

AC



Do đó : tg =

2

ABC

BC AB

AC



A

C D

A B

Bài 3: Cho đường tròn O đường kính AB Gọi I là trung điểm của OB Vẽ đường tròn tâm I và đi qua B Một đường thẳng đi qua B cắt (I) tại M và cắt (O) tại C.Chứng minh rằng OC // IM

Hướng dẫn:

Cách 1:

Góc OMB = 900

=>M là trung điểm BC

IM là đường trung bình cuả OBC

=> OC //IM

Cách 2:

IM = IB = r

=> IBM cân tại I

=> IMB = IBM

Mặt khác: OB = OC = R

=> OBC cân tại O 

=> OCB = IBM

Ta có : IMB = OCB (= IBM)

=> OC //IM

Cách 3:

OBC cân tại O ,OM BC

=> OM là đường phân giác của OBC

=> MOI = COM

Mà MOI = OMI ( IOM cân tại I)

Do đó : COM = OMI

=> OC //IM

Bài 4: Cho tam giác ABC ( AB<AC) nội tiếp đường tròn tâm (O,R) Tiếp tuyến của (O) tại A cắt đường thẳng BC tại D ,AE là phân giác của tam giác OBC.Chứng minh rằng tam giác DAE cân tại D

Hướng dẫn:

Cách 1:

Có: DAB = ACB

A1 = A2

DAE = DAB + A1

DEA = ACB + A2

Do đó : DAE =DEA

=> DAE cân tại D 

Cách 2: ( H2)

AE cắt (O) tại I( I khác A)

Góc DAE = sđ = sđ(AB+sđBI)

2

1

AI

2 1

DEA = (sđAB+ sđIC)

2

1

2 1

A1=A2 => BI = CI

Do đó DAE = DEA

=> Tam giác DAE cân tại D

Cách 3(H3)

AE cắt (O) tại I

DB cắt OI tại H

Cung BI = IC ,OI BC 

DAE + IAO = 900

HEI +OIA = 900

Do đó DAE = HEI

DEA = HEI (đ đ )

=>DAE = DEA

=> tam giác DAE cân tại D

B

H1

A

I

C E

D

Bài 5 : Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn đường kính BC cắt AB tại D ,cắt AC tại E,BE cắt CD tại H.Chứng minh A,D,H,E cùng thuộc 1 đường tròn

Hướng dẫn:

Cách 1:

BDC = BEC = 900

Nên ADH + AEH = 1800

Do đó Tg ADHE nội tiếp

Cách 2:

ADH = AEH = 900

=> Tg ADHE nội tiếp

Cách 3:

DEB = DCB ( *)

ABC có BE và CD là 2 đường cao



=> H là trực tâm ABC

=> AH BC 

DAH = DCB ( 2 góc cùng phụ với ABC) (**)

Từ (*) và (**) => DAH = DEH

=> A,D,H,E cùng thuộc 1 đường tròn

Cách 4:

DAE = EHC (2 góc cùng phụ vớiECH)

=> Tg ADHE nội tiếp)

Cách 5:

Gọi I là trung điểm AH

DAH Vuông tại D,DI là trung tuyến



=> DI = AI = IH

AEH Vuông tại E,EI là trung tuyến



=> EI = AI =IH

Ta có : DI =AI =IH =EI

=> D,A,E,H cùng thuộc 1 đường tròn

A

B

I

C

E D

H

IV KẾT QUẢ THỰC HIỆN Qua thử nghiệm ta thấy rằng ,bước đầu đã gây được sự hứng thú nhất

định trong việc học môn toán