Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp giải một số bài toán về tỉ lệ thức hay và khó

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp giải một số bài toán về tỉ lệ thức hay và khó

1. Phòng gd& đt yên định Trường tHCS yên tâm Phương pháp giảI Một số bài toán về tỉ lệ thức hay và khó Người thực hiện: Lê xuân Phương Chức vụ: Giáo viên Đơn vị: Trường thcs yên tâm Tháng 04 Năm 2010
2. a. phần mở đầu I. Lý do chọn đề tài: Trong nhiều năm gần đây, đa số các kỳ thi học sinh giỏi bậc THCS và các kỳ thi học sinh giỏi khối 7;8 đặc biệt là thi vào các trường THPT chuyên cũng như năng khiếu thường gặp những bài toán về tỉ lệ thức đặc biệt là các bài toán về dãy tỉ số bằng nhau hay và khó. Các bài toán này gọi chung là các bài toán về tỉ lệ thức. Các bài toán này rất phong phú và đa dạng mang nội dung vô cùng sâu sắc trong việc giáo dục tư tưởng qua môn toán: Đi tìm cái tốt nhất, rẻ nhất, ngắn nhất, trong một bài toán để dần dần hình thành cho học sinh thói quen đi tìm giải pháp tối ưu cho một công việc nào đó trong cuộc sống sau này. Loại bài toán này đa dạng như vậy và nhiều bài toán học sinh gặp rất nhiều khó khăn trong việc phân tích để tìm ra lời giải . Nhưng trong các tài liệu tham khảo chi mới dành một phần nhỏ để nói về vấn đề này hoặc viêt rời rạc và các bài toán đa số là các bài khá đơn giản, rất ít bài nhằm phát huy tư duy ở học sinh. Vì vậy qua nhiều năm ôn học sinh giỏi, qua thực tế giảng dạy bản thân đã đọc tham khảo nhiều sách tài liệu về toán tôi rút ra được một số dạng bài tập về tỉ lệ thức hay vá khó, và phương pháp để giải các dạng bài toán đó nhằm góp thêm tài liệu cho đồng nghiệp tham khảo trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán khối THCS. 1. ý nghĩa của đề tài: Các bài toán về tỉ lệ thức và phương pháp giải có ý nghĩa rất quan trọng đối với các em học sinh : + Rèn luyện phương pháp phân tích bài toán trước khi bắt tay vào giải bài toán đó. + Rèn luyện kĩ năng giảI toán tỉ lệ thức. + Là vốn kiến thức cần thiết cho Học Sinh (HS) khi thi HS giỏi các cấp. + Là hành trang để các em thi vào THPT chuyên và không chuyên. + Là cơ sở vững chắc và vốn hiểu biết để các em ôn thi đại học sau này + Góp phần không nhỏ vào việc rèn luyện và phát triển tư duy ở học sinh. Với ý nghĩa và tác dụng như vậy, việc hướng dẫn học sinh tiếp cận và vận dụng các phương pháp giải các bài toán tỉ lê thức là vấn đề quan trọng. 2. Phạm vi đề tài: Trong chương trình toán THCS lượng kiến thức và chủ đề toán tương đối rộng song ở đây tôi tập trung trình bày một số bài toán về tỉ lệ thức hay và khó của bậc THCS chủ yếu là học sinh khá, giỏi toán khối THCS. Mỗi phương pháp được trình bày theo cấu trúc gồm: Cơ sở lý thuyết và bài tập cụ thể, rút ra nhận xét tổng quát.
3. B. nội dung I. Cơ sở lý luận: Việc giải các bài toán về tỉ lệ thức được dựa trên hệ thống kiến thức trong trường phổ thông như: các phép biến đổi tương đương, các quy tắc, các hằng đẳng thức , các tỉ lệ thức, dãy tỉ số bằng nhau Dựa trên trình độ và khả năng tư duy, độ tuổi của HS. II. Thực trạng của vấn đề. 1. Đặc điểm tình hình. Trường THCS Yên Tâm có truyền thống hiếu học, trình độ của Giáo Viên tương đối đảm bảo, gần 80% trên chuẩn, nhiệt tình trong giảng dạy, luôn luôn tự trau dồi học hỏi kinh nghiệm của bạn bè đồng nghiệp và sách báo, tài liệu tham khảo. Nhiều năm trở lại đây trường luôn nằm trong tốp 10 của huyện về chất lượng dạy và học, chất lượng mũi nhọn tương đối tốt và luôn đứng từ thứ 5 đến thứ 10 trong các kì thi HS giỏi cấp huyện. Nhà trường có tủ sách phong phú về chủng loại sách để giáo viên có điều kiện tham khảo trong quá trình dạy học. Ngày nay với trình độ khoa học tiên tiến nên chúng ta được tiếp cận tốt hơn với những kiến thức mới, những phát minh mới cũng như học hỏi bạn bè trên khắp đất nước. Song tuy nhiều tài liệu nhưng việc đọc và phân loại các bài toán cần có nhiều thời gian Khó khăn trong việc hình thành và rèn luyện ở HS khả năng phân tích, so sánh , tổng hợp, trước khi giải toán. 2. Thực trạng: Giáo viên môn toán thường chưa quan tâm đến vấn đề này, chưa chú ý đến việc phân loại các dạng bài, chưa phân loại đối tượng HS để rèn luyện kỉ năng giải toán nói chung và các bài toán tỉ lệ thức nói riêng cho các em HS . Vì vậy chất lượng HS tuy có nhiều tiến bộ song vẫn còn thấp so với yêu cầu thực tế và tiềm năng của HS. Đa số các em giải toán theo hướng dẫn của giáo viên một cách máy móc, chưa biết nhìn nhận, phân tích bài toán trước khi giải, có khi còn mò mẫm lúng túng khi giải bài tập toán. Theo khảo sơ bộ ở HS khối lớp 7, 8 là khối tiếp cận nhiều với toán tỉ lệ thức năm 2004-2005 cho thấy : + Có 35% định hướng để giải được các bài toán tỉ lệ thức, 21% làm được một số bài đơn giản, 25% làm mò mẫm số còn lại chưa biết giải. + Trong mỗi lớp dạy tỉ lệ HS có khả năng giải toán còn thấp . + Chất lượng mũi nhọn không cao. Với thực trạng như vậy bản thân là một giáo viên dạy toán không khỏi lo lắng cho chất lượng dạy học của nhà trường nói chung và của bản thân nói riêng. Qua nhiều năm bồi dưỡng và tìm hiểu nhiều tài liệu
4. tham khảo, lựa chọn và phân loại một số bài toán điển hình và phương pháp giải các bài toán về bài toán tỉ lệ thức hay và như sau: III. Phương pháp giảI một số bài toán tỉ lệ thức hay và khó Dạng 1: Từ một dãy tỉ số bằng nhau chứng minh một dãy tỉ số bằng nhau khác. Trong dạng này chúng ta cần chi thành một số loại điển hình sau: Loại 1: Nhân cả tử và mẫu của mỗi tỉ số với mẫu tương ứng. cy bz az cx bx ay a b c Ví dụ 1: Cho Chứng minh rằng: x y z x y z Lời giải: cy bz az cx bx ay Ta có x y z cxy bxz ayz cxy bxz ayz cxy bxz ayz cxy bxz ayz 0 x2 y2 z2 x2 y2 z2 cy bz b c = 0 cy-bz = 0 cy = bz (1) x y z az cx a c Và = 0 az = cx (2) y x z a b c Từ (1) và (2) ta có (ĐPCM) x y z 2bz 3cy 3cx az ay 2bx x y z Ví dụ 2: Cho Chứng minh rằng: a 2b 3c a 2b 3c Lời giải: 2bz 3cy 3cx az ay 2bx Ta có a 2b 3c 2abz 3acy 2.3bcx 2abz 3acy 3.2bcx 2abz 3acy 6bcx 2abz 3acy 6bcx = =0 a2 4b2 9c2 a2 4b2 9c2 2bz 3cy y z = 0 2bz-3cy = 0 (1) a 2b 3c 3cx az x z Và = 0 3cx-az = 0 (2) 2b a 3c x y z Từ (1) và (2) ta có (ĐPCM). a 2b 3c 4bz 5cy 5cx 3az 3ay 4bx x y z Ví dụ 3: Cho Chứng minh rằng: 3a 4b 5c 3a 4b 5c 4bz 5cy 5cx 3az 3ay 4bx Lời giải: Ta có 3a 4b 5c
5. 12abz 15acy 20bcx 12abz 15acy 20bcx = = 9a2 16b2 25c2 12baz 15acy 20bcx 12abz 15ay 20bcx = 0 9a2 16b2 25c2 4bz 5cy 5cx 3az = 0 và = 0 3a 4b y z 4bz -5cy = 0 (1) 4b 5c z x Và 5cx -3az = 0 (2) 5c 3a x y z Từ (1) và (2) ta có (ĐPCM). 3a 4b 5c Tương tự ta có thể cho HS làm các bài sau: 3cy 4bz 4az 2cx 2bx 3ay a b c 1. .CMR: 2x 3y 4z 2x 3y 4z 7cy 5bz 2az 7cx 5bx 2ay 2a 5b 7c 2. . CMR: x y z x y z bz cy cx az ay bx x y z 3. .CMR: a b c a b c 1 Loại 2: Đặt dãy tỉ số bằng nhau bằng hằng số k hoặc , sau đó tìm ra các k đẳng thức cùng bằng nhau để đi đến một dãy tỉ số cần chứng minh. x y z Ví dụ 1: Cho các số a,b,c,x,y,z thoả mãn: a 2b c 2a b c 4a 4b c a b c Chứng minh rằng: x 2y z 2x y z 4x 4y z x y z Lời giải: Ta đặt: =k a 2b c 2a b c 4a 4b c x k a 2b c x ka 2kb kc x ka 2kb kc y Ta có: k y 2ka kb kc 2y 4ka 2kb 2kc 2a b c z 4ka 4kb kc z 4ka 4kb kc c k 4a 4b c a 1 Cộng từng vế ta có: x+2y+z= 9ka x 2y z 9k x ka 2kb kc 2x 2ka 4kb 2kc Lại có y 2ka kb kc y 2ka kb kc z 4ka 4kb kc z 4ka 4kb kc b 1 Cộng từng vế ta có: 2x+y-z = 9bk 2x y z 9k
6. c 1 Tương tự ta cũng có 4x 4 y z 9k a b c Khi đó ta có (ĐPCM) x 2y z 2x y z 4x 4y z x y z Ví dụ 2: Cho a,b,c,x,y,z thoả mãn: a 2b c 2a b c 4a 4b c a b c Chứng minh rằng: x 2y z z y 2x 4x 4y z x y z Lời giải: Ta đặt: k a 2b c 2a b c 4a 4b c x k a 2b c x ka 2kb kc x ka 2kb kc y Khi đó ta có: k y 2ka kb kc 2y 4ka 2kb 2kc 2a b c z 4ka 4kb kc z 4ka 4kb kc c k 4a 4b c a 1 Cộng từng vế ta có: x+2y+z = 9ak x 2y z 9k x ka 2kb kc 2x 2ka 4kb 2kc Lại có y 2ka kb kc y 2ka kb kc z 4ka 4kb kc z 4ka 4kb kc b 1 Cộng từng vế ta có: z-y-2x = 9bk z y 2x 9k c 1 Tương tự ta có: 4x 4y z 9k a b c Từ các kết quả trên ta có (ĐPCM) x 2y z z y 2x 4x 4y z x y z Ví dụ 3: Cho a,b,c,x,y,z thoả mãn: a 2b c 2a b c 4b 4a c a b c Chứng minh rằng: x 2y z 2x y z 4x 4y z x y z Lời giải: Lời giải: Ta đặt: k a 2b c 2a b c 4b 4a c
7. x k a 2b c x ka 2kb kc x ka 2kb kc y Khi đó ta có: k y 2ka kb kc 2y 4ka 2kb 2kc 2a b c z 4kb 4ka kc z 4kb 4ka kc c k 4b 4a c a 1 Cộng từng vế ta có: x+2y-z = 9ak x 2y z 9k x ka 2kb kc 2x 2ka 4kb 2kc Lại có y 2ka kb kc y 2ka kb kc z 4kb 4ka kc z 4kb 4ka kc b 1 Cộng từng vế ta có: 2x+y+z = 9bk 2x y z 9k c 1 Tương tự ta có: 4x 4y z 9k a b c Từ các kết quả trên ta có (ĐPCM) x 2y z 2x y z 4x 4y z Bằng cách làm tượng tự ta có thể làm thêm các bài sau: x y z 1. Cho a,b,c,x,y,z thoả mãn: 2b c a b c 2a c 4b 4a a b c Chứng minh rằng: x 2y z z 2x y z 4x 4y x y z 2. Cho a,b,c,x,y,z thoả mãn: a 2b c 2a b c 4b c 4a a b c Chứng minh rằng: x 2y z 2x y z 4y z 4x 1 Loại 3. Đặt dãy tỉ số bằng một số k hoặc nhưng phải bình phương hai vế k của đẳng thức tìm được để đi tìm các đẳng thức mà có một vế như nhau. x2 yz y2 xz z2 xy Ví dụ 1: Cho a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn: a b c a2 bc b2 ac c2 ab Chứng minh rằng: x y z
8. x2 yz y2 xz z2 xy Lời giải: Đặt =k a b c x2 yz ak (x2 yz)2 a2k 2 x4 2x2 yz y2 z2 a2k 2 (1) 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 Khi đó ta có: y zx bk (y zx) b k y 2xy z x z b k (2) 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 z xy ck (z xy) c k z 2xyz x y c k (3) x2 yz ak (x2 yz)(y2 zx) abk 2 x2 y2 x3 z y3 z xyz2 abk 2 (4) 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 Lại có: y zx bk (x yz)(z xy) ack x z x y yz xy z ack (5) 2 2 2 2 2 2 3 3 2 2 z xy ck (y xz)(z xy) bck y z xy xz x yz bck (6) x3 y3 z3 3xyz a 2 bc Lấy (1)-(6) ta có : x(x3+y3+z3-3xyz) = k2(a2-bc) k 2 x x3 y3 z3 3xyz b2 ac Lấy (2)-(5) ta có: y(x3+y3+z3-3xyz) = k2(b2-ac) k 2 y x3 y3 z3 3xyz c2 ab Lấy (3)-(4) ta có: z(x3+y3+z3-3xyz) = k2(c2-ab) k 2 z a2 bc b2 ac c2 ab Khi đó ta có : (ĐPCM) x y z x2 6yz 4y2 3xz 9z2 2xy Ví dụ 2: Cho a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn: a 2b 3c a2 6bc 4b2 3ac 9c2 2ab Chứng minh rằng: x 2y 3z x2 6yz 4y2 3xz 9z2 2xy Lời giải: Đặt =k a 2b 3c x2 6yz ak 2 Khi đó ta có: 4y 3zx 2bk 2 9z 2xy 3ck (x2 6yz)2 a2k 2 x4 12x2 yz 36y2 z2 a2k 2 (1) 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 (4y 3zx) 4b k 16y 24xy z 9x z 4b k (2) 2 2 2 2 4 2 2 2 2 2 (9z 2xy) 9c k 81z 36xyz 4x y 9c k (3) x2 6yz ak 2 Lại có: 4y 3zx 2bk 2 9z 2xy 3ck (x2 6yz)(4y2 3zx) 2abk 2 4x2 y2 3x3 z 24y3 z 18xyz2 2abk 2 (4) 2 2 2 2 2 3 3 2 2 (x 6yz)(9z 2xy) 3ack 9x z 2x y 54yz 6xy z 3ack (5) 2 2 2 2 2 3 3 2 2 (4y 3xz)(9z 2xy) 6bck 36y z 8xy 27xz 6x yz 6bck (6) Mặt khác: x3 8y3 27z3 6xyz a 2 6bc Lấy (1)-(6) ta có : x(x3+8y3+27z3-6xyz) = k2(a2-6bc) k 2 x