Sáng kiến kinh nghiệm Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bài toán khó

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bài toán khó

1. Đề tài SKKN : “Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bài toán khó” A . MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài: Toán học là bộ môn khoa học được coi là chủ lực, bởi trước hết Toán học hình thành cho các em tính chính xác, tính hệ thống, tính khoa học và tính logic, vì thế nếu chất lượng dạy và học toán được nâng cao thì có nghĩa là chúng ta tiếp cận với nền kinh tế tri thức khoa học hiện đại, giàu tính nhân văn của nhân loại. Cùng với sự đổi mới chương trình và sách giáo khoa, tăng cường sử dụng thiết bị, đổi mới phương pháp dạy học nói chung và đổi mới phương pháp dạy và học toán nói riêng trong trường THCS hiện nay là tích cực hoá hoạt động học tập, hoạt động tư duy, độc lập sáng tạo của học sinh, khơi dậy và phát triển khả năng tự học, nhằm nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện và hình thành kĩ năng vận dụng kiến thức một cách khoa học, sáng tạo vào thực tiễn. Toán học còn là môn học đòi hỏi sự sáng tạo không ngừng. Khám phá kho tàng “Bí ẩn” của toán học từ lâu đã kích thích tính tò mò, chinh phục kiến thức của người học. Tuy rằng đây là một môn học khó, song không ít người say mê nó. Càng học toán, càng yêu toán, càng làm cho người học say mê sáng tạo, tìm tòi và tư duy không chút mệt mỏi. Ngày nay người học toán có nhiều cơ hội để học tốt cả về thời gian và sự đầu tư kiến thức, các tài liệu sách vở phục vụ cho học tập nhiều hơn, phong phú và đa dạng hơn. Nhưng bên cạnh đó việc học lệ thuộc vào tài liệu còn khá phổ biến, trong đó đối tượng người học là học sinh ngày càng hạn chế đi tính tự học tự bồi dưỡng, chủ yếu cách giải bài toán do nhiều học sinh mà có, lệ thuộc sách giải, chưa phát huy hết tính tư duy sáng tạo trong giải toán. Bên cạnh đó các sách tài liệu còn nặng nề về lời giải chứ chưa nhiều đi sâu vào phân tích phương pháp tìm lời giải trên nhiều khía cạnh, có những bài toán nếu chúng ta chịu khó đầu tư nghiên cứa, đưa ra những dự đoán và phân tích các khả năng thì có nhiều cách giải hay và gọn hơn cách giải đã đưa ra. Để làm được việc đó đòi hỏi sự dày công nghiên cứa của người dạy, là sự xâu chuỗi kiến thức để tìm ra lời giải hay, mới lạ và độc đáo. Đây chính là lí do chúng tôi viết đề tài: “Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bài toán khó” 2.Cơ sở lý luận Trước sự phát triển mạnh mẽ nền kinh tế tri thức khoa học, công nghệ thông tin như hiện nay, một xã hội thông tin đang hình thành và phát triển trong thời kỳ đổi mới như nước ta đã và đang đặt nền giáo dục và đào tạo trước những thời cơ và thách thức mới. Để hòa nhập tiến độ phát triển đó thì giáo dục và đào tạo luôn đảm nhận vai trò hết sức quan trọng trong việc “đào tạo nhân lực, nâng cao dân trí, bồi dưỡng nhân tài” mà Đảng, Nhà nước đã đề ra, đó là “đổi mới giáo dục phổ thông theo Nghị quyết số 40/2000/QH10 của Quốc hội”. Nhằm đáp ứng được mục tiêu giáo dục toàn diện cho học sinh, con đường duy nhất là nâng cao chất lượng học tập của học sinh ngay từ nhà trường phổ thông. Là giáo viên ai cũng mong muốn học sinh của mình tiến bộ, lĩnh hội kiến thức dễ dàng, phát huy tư duy sáng tạo, rèn tính tự học, thì môn toán là môn học đáp ứng đầy đủ những yêu cầu đó. Người thực hiện: Nguyễn Hông Quân - 1
2. Đề tài SKKN : “Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bài toán khó” Đề tài được sắp xếp đại số trước, hình học sau. Các cách giải theo sự tiến triển của logic kiến thức, cách giải sau ngắn gọn và sáng tạo hơn cách giải trước. Mỗi bài toán đều có lời bình, đó chính là định hướng cách phân tích để tìm ra các cách giải khác nhau cho một bài toán. Sau đây tôi xin được trình bày phần nội dung của đề tài: “Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bài toán khó” Phần 1: Đại số. Bài toán 1: Cho x , y thỏa mãn x > y và x.y= 1 . x2 y2 Chứng minh rằng: 2 2 (1) x y Cách 1 : Phương pháp sử dụng hằng đẳng thức Vì x.y = 1 2- 2xy= 0. Từ x > y thì (1) x2 y2 2 2 x y 0 x2 y2 2 2 x y 2 2xy 0 2 2 x y 2 2 x y 2 0 2 x y 2 0 (2) Ta có (2) luôn đúng x, y . Vậy (1) được chứng minh. Cách 2 : Biến đổi tương đương và dùng hằng đẳng thức x2 y2 Từ 2 2 (1) . Vì 2 vế đều dương với x > y. x y 2 2 x y 2 2 2 2 Bình phương 2 vế ta được: 8 x y 8 x y 0 x y 2 x2 y2 8 x y 2 0 2 x2 y2 8 x2 y2 2 0 2 x2 y2 8 x2 y2 16 0 2 x2 y2 4 0 (3) Ta có ( 3 ) luôn đúng x, y . Vậy (1) được c/m. Cách 3 : Sử dụng bất đẳng thức Cô-Si . 2 x2 y2 x2 y2 2xy 2xy x y 2.1 2 Ta có: x y x y x y x y x y (vì x.y = 1 và x > y) Áp dụng bất đẳng thức Cô- si cho 2 số dương, ta có: Người thực hiện: Nguyễn Hông Quân - 3
3. Đề tài SKKN : “Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bài toán khó” Ta có : x y 2 xy 2 vì x.y =1 Đặt x + y = t thì t 2; x2 y2 x y 2 2xy t2 2 2 4 3 2 4 2 4 A = t 1 t 2 t t 3t 3 t 1 t 1 t 3 t 1 t t t 4 2 1 22 3 2 t. 1 3 4 1 8 , (vì t 2 t2 3 0 và t+1> 0) t Cách 2: Ta biến đổi 4 A x y 1 x2 y2 x y 4 x3 xy2 x2y y3 x2 y2 x y 3 3 2 2 4 3 3 2 2 4 x y x y x y x y x y x y x y x y 4 2 x3y3 2 x2y2 2 x y 2 2 4 8, (v× x.y= 1) x y x3 y3 x2 y2 Dấu “ = “ xảy ra khi 4 x y x y x.y 1;x,y 0 Vậy Min A = 8 khi x = y = 1 Cách 3: Áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương x2 và y2 ta có : Ta có : x2 y2 2xy 2 vì x.y =1 4 4 A x y 1 x2 y2 x y 1 .2 x y x y 4 4 2 x y 2 x y x y 2 x y x y 4 2 xy 2 x y . 2 2 4 2 8 x y Vậy Min A = 8 khi x = y = 1 Nhận xét : bài toán cho với vai trò x và y như nhau nên ta cần chú ý điểm rơi x = y = 1 .Từ đó ta có nhiều cách biến đổi để áp dụng BĐT Côsi kết hợp x.y=1. Phân tích các cách giải bài toán: Người thực hiện: Nguyễn Hông Quân - 5
4. Đề tài SKKN : “Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bài toán khó” Cách 2 và 3: Cả hai cách đều ngắn gọn và phù hợp với mức độ khả năng tư duy của HS .Xong sẽ hay hơn khi ta định hướng cho HS giải cách 3. Tuy nhiên không phải bài nào cũng có thể biến đổi được dễ dàng như thế. Có những bài toán khi đã xác định được điểm rơi thì việc biến đổi nó cũng đòi hỏi sự dày công nghiên cứu. Sau đây là một bài toán tương đối khó nhưng lại có nhiều cách giải hay và độc đáo hơn nữa ! Bài 4. cho x , y , z > 0 thoả mãn x2 y2 z2 1. Tìm GTNN của biểu x y z thức P 1 x 1 y2 1 z2 Các em sẽ giải bài này thế nào? 1 Ta chú ý điểm rơi x = y = z = 3 Cách 1: Vì x , y , z >0 và x2 y2 z2 1 x,y,z 0;1 Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương. Ta có : 1 1 1 3 3x3 33 1.1.3 3.x3 3 3x (Dấu “=” xảy ra x ) 3 2 3 3x3 3 3x 0 2 3 3x 1 x2 2x 3 3x2 1 x2 (vì x>0) x 3 3 x2 (1) 1 x2 2 y 3 3 z 3 3 Tương tự: y2 (2) và z2 (3) 1 y2 2 1 z2 2 3 3 3 3 Từ (1),(2),(3) P x2 y2 z2 2 2 1 3 3 1 Dấu “=” xảy ra x y z .Vậy Pmin= x y z 3 2 3 Cách 2 : Từ giả thiết 0 x2 ,y2 ,z2 1 1 x2 0;1 y2 0;1 z2 0 Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dương .Ta có: 2 2 2 2x 1 x 1 x 2 2 2 3 2x2 1 x2 3 2x2 1 x2 3 3 8 2 2 2 2 2 4 2 2 2 2x 1 x x 1 x x 1 x 3 3x 2 27 27 3 3 1 x x 3 3 x x2 (1) ( nhân 2 vế với số dương ) 1 x2 2 2 y 3 3 z 3 3 Tương tự y2 (2) và z2 (3) 1 y2 2 1 z2 2 3 3 2 2 2 3 3 3 3 1 Từ (1),(2),(3) P x y z Pmin x y z 2 2 2 3 Người thực hiện: Nguyễn Hông Quân - 7
5. Đề tài SKKN : “Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bài toán khó” Khi đó áp dụng BĐT (*) ta có : 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 A x 2 y 2 z 2 x y z a b x y z x y z 2 2 3 3 6 17 2 2 3 1 Vậy A 17 .Dấu “=” xảy ra khi x y z 2 2 Cách giải trên chúng ta đã gặp nhiều trong tài liệu.Song cách biến đổi trên còn khá phức tạp.Các bạn có thể tìm thấy sự sáng tạo trong cách giải sau: Cách 2: Sử dụng BĐT Côsi cho 17 số dương ,ta có : 1 1 1 1 Ta xét : x2 x2 1717 x2 16x2 16x2 1616 x30 1 1 (Chú ý điểm rơi x y z x2 ; 2 16x2 2 1 1 2 1 1 Tương tự : y 1717 và z 1717 y2 1616 y30 z2 1616 z30 3 1 3 17 1 Do đó : A 33 17 17 .102 1648 xyz 30 2 3 2 1614 xyz 30 3 1 Do x y z 33 xyz 33 xyz xyz 2 8 Thay vào A ta được: 3 17 1 3 17 1 3 17 3 17 3 A . . .102 234 3 2 17 3 30 3 90 3 3 2 2 102 14 1 2 2 102 56 1 2 2 2 2 2 16 2 8 2 1 Dấu “=” xảy ra khi x y z 2 Tuy nhiên với cách giải trên ta thấy chưa thật bằng lòng và sẽ không ngừng sáng tạo ,sáng tạo nữa ta sẽ có cách ngắn gọn và hay hơn sau. 2 9 9 Cách 3: Đặt t x y z , với 0 t . 4 4 1 1 1 Vì x y z 9 x y z 2 1 1 1 81 2 x y z x y z 81 Khi đó áp dụng BĐT (*) ta có: A t t Người thực hiện: Nguyễn Hông Quân - 9
6. Đề tài SKKN : “Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bài toán khó” D Gọi F = DC  (O); H = BC  AF. x Lấy I là trung điểm của BD, E y K=EHBI. I Xét ADC có hai đường cao BC và AF cắt nhau tại H. K H là trực tâm của ADC DH  AC B DH//AE (vì cùng  AC) Mà ED//AH ( vì cùng  DC) F EDHA là hình bình hành H K là trung điểm của AD và EH A O C Nên EK= KH (1) và AK = KD Từ AK = KD ; AB = ID AK – AB= KD – ID Hay BK = KI (2) Từ (1) và (2) K là trung điểm của đoạn EH và BI EIHB là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết ) BH//EI,vì BH  AD nên EI  AD hay EI BD Xét EBD có EI là đường trung tuyến vừa là đường cao nên EBD cân tại E. Cách 2: Sử dụng tính chất hình thang và đường kính vuông góc với dây cung . Vẽ EI AD (I AD) ; vì B (O) nên · 0 ABC= 90 D x Ta có: E· AC= E· DC= 900 E A,D thuộc đường tròn đường kính y EC hay A, D, C, E thuộc đường tròn tâm K là trung điểm của EC. I Vẽ KM AD, (M AD) M K Trong đường tròn (K) có dây AD, MK  AD B MA = MD (1) Mặt khác EI //BC ( vì cùng AD) Nên EICB là hình thang. A C Ta có KE = KC; KM BI O MI = MB (2) Từ (1) và (2) AB = DI mà AD = 3AB BI = ID I là trung điểm của BD. Xét EBD có EI là đường cao vừa là đường trung tuyến nên EBD cân tại E. Cách 3: sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông. Người thực hiện: Nguyễn Hông Quân - 11
7. Đề tài SKKN : “Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bài toán khó” Vẽ EI AD, B thuộc đường tròn (O) D x đường kính AC A· BC 900 E Xét IDE và BCD có : y · · 0 · · DIE CBD 90 , EDI BCD (cùng I phụ với B· CD ) IDE : BCD (g.g) ID IE B (1) BC BD Tương tự : IDE : BCD (g.g) BC AB A (2) O C IA IE Nhân vế với vế của (1) và (2) ta có : ID AB 1 1 = = 2ID=IA ID= AD IA BD 2 3 1 Mà AB= AD (gt) AB = BI = ID I là trung điểm của BD 3 Xét EBD có EI là đường cao vừa là đường trung tuyến nên EBD cân tại E. Bình luận: Từ giả thiết cho AD = 3AB AD = 2BD và c/m EBD cân gợi ý cho ta chia đoạn thẳng BD thành hai phần bằng nhau nên ta cần vẽ thêm đường phụ là đường cao EI của tam giác, cần chứng minh EI là đường trung tuyến hoặc ngược lại. Từ dó mà ta có các cách chứng minh trên. Các bạn còn có cách khác hay nữa không ? Phân tích các cách giải : Cách 1: Chỉ sử dụng kiến thức là tính chất và dấu hiệu nhận biết của hình bình hành .Cách này phù hợp với học sinh lớp 8. Cách 2 ; 3 và 4: kiến thức phù hợp với học sinh sau khi học chương trình lớp 9. Cách 5: Cách này ngắn gọn nhất về lời giải cũng như hình vẽ( chỉ vẽ thêm 1 đường phụ là đoạn IE),kiến thức khá đơn giản và phương pháp thường gặp trong ứng dụng sự đồng dạng của hai tam giác để c/m trung điểm của đoạn thẳng .Cách này phù hợp và hay nhất trong các cách giải trên.Vì vậy trong khi dạy GV nên định hướng cho HS giải theo cách này . Bài toán 2: Cho hình chữ nhật ABCD , AB= 2AD . Trên cạnh BC lấy điểm E, tia AE cắt 1 1 1 đường thẳng CD tại F . Chứng minh: AB2 AE2 4AF2 Đây là một bài toán quen thuộc thường gặp nhiều trong các đề thi của các kỳ thi song cách giải thường gặp chưa thật sự phong phú . Sau đây chúng tôi xin xin được giới thiệu 4 cách giải hay: Cách 1: sử dụng hệ thức giữa đường cao và các cạnh góc vuông trong tam giác vuông . Người thực hiện: Nguyễn Hông Quân - 13
8. Đề tài SKKN : “Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bài toán khó” µ µ 0 ¶  Ta có : D= B= 90 ; A1= F A B ADF: EBA (g.g) AB DF AB2 DF2 = = (1) AE AF AE2 AF2 1 2 E AB 2 2 AB 2 AD 2 Mà = = (2) C 4AE2 AF2 AF2 D F AB2 AB2 DF2 AD2 AF2 Từ (1) và (2) cộng vế theo vế ta có : + = + = = 1 AE2 4AF2 AF2 AF2 AF2 ( áp dụng định lý pytago vào tam giác vuông ADF) 1 1 1 Chia hai vế cho AB2 ta được : AE2 4AF AB2 Cách 4: Sử dụng hàm số lượng giác sin2 cos2 1 ta có cách thật độc đáo: 2 AB A B 2 2 2 AB AB AB 2 - Ta cã: 2 2 AE 4AF AE AF 1 1 E 2 2 AB AD 2 2 2 Sin E1 Cos A1 AE AF D C F · ¶ µ ¶ Mà DAE= E2 (đồng vị ); E1 E2 (đối đỉnh) AB2 AB2 D· AE Eµ + = Sin 2E + Cos2E =1 1 AE2 4AF2 1 1 1 1 1 Chia hai vế cho AB2 ta được : AE2 4AF AB2 Nhận xét:Nếu đi từ điều phải chứng minh 1 1 1 AB 2 AB2 1, gợi ý cho ta sử dụng đến hàm lượng AB2 AE2 4AF AE2 4AF2 giác sin2 cos2 1. Từ đó ta có cách giải độc đáo trên. Phân tích cách giải : Cách 1: Sử dụng kiến thức là hệ thức giữa đường cao và các cạnh góc vuông trong tam giác vuông nên phù hợp với học sinh lớp 9. Cách 2 và 3 : Sử dung kiến thức tam giác đồng dạng và định lý pytago trong tam giác vuông , sáng tạo của các cách này là biết vận dụng linh hoạt hai kiến thức trên vào giải toán. Cách này phù hợp với nhiều đối tượng nhất là học sinh lớp 8. Cách 4: Sử dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn trong tam giác vuông và hệ thức sin2 cos2 1 . Cách này phù hợp với học sinh khá giỏi. Người thực hiện: Nguyễn Hông Quân - 15