Phát triển tính sáng tạo trong giải toán

Phát triển tính sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách Nguyễn Văn Chương Trường THCS Nguyễn Hàm Ninh Trang 1 Ph¸t triÓn tÝnh s¸ng t¹o cho häc sinh th«ng qua gi¶i bµi to¸n b»ng nhiÒu c¸ch I. LÝ DO CHỌN ðỀ TÀI: Luật giáo dục ñiều 24 khoản 2 ñã ghi “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy ñược tính tích cực, tự giác, chủ ñộng, sáng tạo của học sinh; phù hợp với ñặc ñiểm từng lớp học, môn học, bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác ñộng ñến tình cảm ñem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh”. Xuất phát từ quan ñiểm trên, ñối với một trường trọng ñiểm chất lượng cao thì công tác bồi dưỡng học sinh giỏi luôn là vấn ñề ñược ñặt lên hàng ñầu. Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi, ñiều quan trọng nhất là cho các em thấy ñược vẻ ñẹp của Toán học, phải phát huy ñược tính tích cực, chủ ñộng, sáng tạo cho học sinh. ðặc biệt ñối với bộ môn Toán thì yếu tố sáng tạo là vô cùng cần thiết, nó không những ñòi hỏi phải nắm chắc, vận dụng kiến thức cơ bản làm các bài tập sách giáo khoa cũng như sách bài tập, mà nó còn yêu cầu học sinh khá, giỏi phải vận dụng tổng hợp các kiến thức trên nhằm tìm ra các ñơn vị kiến thức chưa có sẵn cũng như khi giải Toán thì học sinh không ñược tự thoả mãn với phương pháp, cách giải của mình mà phải ñào sâu, suy nghĩ tìm ra các phương pháp giải tốt hơn. Muốn có nhiều cách giải cho một bài toán thì học sinh cần phải hiểu bài toán ñó, nhìn bài toán ñó dưới nhiều góc ñộ khác nhau, sử dụng tổng hợp các ñơn vị kiến thức, biết chắt lọc, vận dụng và sáng tạo. Vừa qua Bộ Giáo dục và ðào tạo ñã tổ chức cuộc thi giải toán qua mạng Internet cho học sinh cấp Tiểu học và Trung học cơ sở. ðây là cuộc thi hết sức bổ ích ñối với các em học sinh và giáo viên trong cả nước.Cuộc thi ñã nhận ñược sự ñồng tình rất lớn trong nhân dân; nhất là các em học sinh. Là một giáo viên dạy bồi dưỡng cho học sinh lớp 9 ôn luyện ñể tham gia cuộc thi cấp tỉnh và quốc gia, tôi nhận thấy một ñiều là rất nhiều bài không có một dạng cụ thể nào hoặc nếu có thì giải theo dạng ñó mất rất nhiều thời gian nên không ñáp ứng ñược yêu cầu, tính chất của cuộc thi. Do vậy sự sáng tạo về cách giải trong cuộc thi này là hết sức quan trọng. Phát triển tính sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách Nguyễn Văn Chương Trường THCS Nguyễn Hàm Ninh Trang 2 ðối với công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Toán không những làm cho các em nắm chắc kiến thức cơ bản và khả năng vận dụng vào các dạng toán mà ñiều quan trọng ñó là người giáo viên cần phải khơi dậy niềm ñam mê học toán, phát huy ñược sự ñộc lập, tích cực, sáng tạo trong cách học toán ñối với các em học sinh. ða số các em học sinh khi giải một bài toán nâng cao như một bài toán về số học, ðại số hay Hình học thì các em rất lúng túng trong việc không biết nên bắt ñầu từ ñâu, vận dụng kiến thức gì, ðối với một bài toán có thể có nhiều cách giải khác nhau, xuất phát từ những góc ñộ nhìn nhận của mỗi em học sinh cũng như khả năng vận dụng các kiến thức nào ñó mà ñi ñến các cách giải cho một bài toán. ðiều này giúp các em thấy ñược nét ñẹp trong toán học, thấy ñược nhiều cách giải khác nhau, cách giải nào hay hơn, làm cho các em dễ hiểu hơn, cách giải nào còn dài ñể từ ñó các em có sự lựa chọn cách giải bài toán phù hợp cho bản thân. Với những suy nghĩ như trên trong bài viết này tác giả mong rằng nó sẽ ñóng góp một phần hết sức nhỏ bé, nhằm bước ñầu tạo cho các em có cách cảm nhận, sáng tạo và ngày càng yêu thích môn Toán hơn, thấy ñược sự muôn màu của Toán học nó không khô khan như các em vẫn thường nghĩ. II. Ph¹m vi ®Ò tµi Ở bài viết này tác giả xin ñề cập ñến ba lĩnh vực ñó là: Số học, ðại số và Hình học với các bài toán sơ cấp. Do khuôn khổ bài viết không dài nên mỗi lĩnh vực như vậy tác giả chỉ ñưa ra một hoặc hai ví dụ cùng với nhiều cách giải khác nhau, chỉ sử dụng kiến thức cấp trung học cơ sở, có cách giải dài, có cách giải ngắn, có cách giải hay cũng như có cách giải chưa hay, có cách giải các em học sinh ñã biết và có cách giải mà các em chưa ñược gặp. Song ñiều mà tác giả mong muốn ñó là các em học sịnh không nên tự thoả mãn với cách giải của mình mà luôn luôn trăn trở, tìm tòi suy nghĩ ñể tìm ra cách giải ñơn giản hơn, ngắn gọn hơn, và nhất là ñó phải là sản phẩm của chính bản thân các em Cũng như trong bài viết ngắn này, dù các ví dụ không ñề cập ñến nhưng tác giả rất mong các em hãy tự nghĩ ra một ñề toán khác, có thể thay ñổi một số yếu tố, sáng tạo ra các bài toán khác, có nhiều cách giải hay hơn. ðể các em tư duy ngày càng linh hoạt hơn, học giỏi hơn. Phát triển tính sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách Nguyễn Văn Chương Trường THCS Nguyễn Hàm Ninh Trang 3 III. Néi dung ®Ò tµi III.1: Khảo sát thực tế: • Ưu ñiểm: Trường ñóng trên ñịa bàn thị trấn nên phụ huynh rất quan tâm ñến việc học tập của con em mình, học sinh có ñiều kiện ñể mua sắm các loại sách phục vụ cho việc học tập của bản thân. Là một trường trọng ñiểm chất lượng cao của huyện, có bề dày thành tích trong công tác dạy và học, nhất là mũi nhọn học sinh giỏi nên ñược sự rất lớn của các cấp, các ngành, ñịa phương, sự chăm lo ñầu tư cơ sở vật chất, chuyên môn, ñổi mới phương pháp dạy học của Ban giám hiệu nhà trường và ñội ngũ giáo viên có năng lực sư phạm vững vàng, nhiệt tình, chất lượng dạy học ñã ñược khẳng ñịnh qua nhiều năm qua, ñặc biệt công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. ðây là công việc hết sức quan trọng trong giai ñoạn ñào tạo nhân tài cho ñất nước. ða số các em học sinh của trường ñều thông minh, chăm ngoan, học giỏi, có ước mơ, hoài bão do ñó rất thuận lợi cho công tác bồi dưỡng, phát huy khả năng trí tuệ cho các em, ñặc biệt là môn Toán ñòi hỏi sự sáng tạo không ngừng. • Nhược ñiểm: Trong Toán học thì sự nó bao hàm rất nhiều nội dung, dạng toán khác nhau, không có sự hạn chế trong các dạng toán; Các dạng toán có thể ít liên quan, hay liên quan mật thiết với nhau. Một người muốn trở nên giỏi Toán thì cần có một tư chất tốt cũng như nghị lực vượt qua mọi khó khăn trong quá trình học tập và nghiên cứu. ða số học sinh ñều có tâm lí “sợ” Toán. ðiều này một phần do sự “ñòi hỏi” khá cao của bộ môn Toán ñối với học sinh giỏi, một phần do tâm lí của học sinh các khoá trước. ðôi khi ñứng trước một bài toán không có một cách giải tổng quát nào, học sinh không biết nên bắt ñầu từ ñâu. Những bài toán như thế này hầu hết ñều ñược giải một cách khá ñặc biệt. Do ñó nếu không có sự sáng tạo cao trong cách giải thì học sinh rất khó ñể học tốt môn Toán. ðể phần nào giúp các em ngày càng “yêu toán” hơn. Trong bài viết này tác giả muốn thông qua nhiều cách giải cho một bài toán nhằm phần nào giúp các Phát triển tính sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách Nguyễn Văn Chương Trường THCS Nguyễn Hàm Ninh Trang 4 em học sinh có “cái nhìn” ña chiều cách giải cho một bài toán. Thấy ñược sự lung linh diệu kì nhưng cũng rất cụ thể của Toán học. III.2: Tỉ lệ khảo sát trong năm học 2007 - 2008 Trong năm học 2007 - 2008 Ban giám hiệu trường THCS Nguyễn Hàm Ninh ñã tiến hành cho học sinh các lớp 6; 7; 8; 9 thi học sinh giỏi cấp trường. Một ñiều dễ nhận ra từ cuộc thi này ñó là ñiểm số của các em thi học sinh giỏi Toán chưa cao. Số học sinh ñạt ñiểm trên trung bình còn ít, các em ñạt ñược ñiểm 7; 8; 9; 10 hầu như không có. Có rất nhiều nguyên nhân dẫn ñến kết quả ñó. Tuy nhiên cần phải thấy rằng các ñề thi học sinh giỏi không những yêu cầu học sinh nắm chắc và vận dụng ñược kiến thức ñã học mà từ những kiến thức ñó yêu cầu học sinh phải biết nhìn ñề bài toán dưới các góc ñộ khác nhau. Muốn ñược thế thì học sinh cần phải có sự sáng tạo các cách giải phù hợp với ñề toán. ðiều này thường thiếu ở học sinh. Thông thường với các bài toán mà có cách giải cụ thể thì học sinh sẽ giải ñược. Cũng có trường hợp bài toán ñó ñã ñược giải cho các em xem rồi nhưng các em ñã quên nên không thể giải ñược. Hầu hết các em thường có tâm lí chỉ cần hiểu ñược một cách giải cho bài toán là ñủ, thiết nghĩ ñiều này không hẳn ñúng. Cốt lõi của vấn ñề là nên cho học sinh thấy ñược con ñường ñi ñến cách giải và giáo viên chỉ cần hướng dẫn con ñường ñi ñến ñích ñó tuỳ theo mỗi trường hợp, còn ñi như thế nào thì chúng ta hãy tự ñể các em ñi, sản phẩm chính các em làm ra bao giờ các em sẽ ghi nhớ lâu hơn là sản phẩm do chúng ta ñem ñến. IV: GIẢI PHÁP THỰC HIỆN Bài toán 1: “Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n thì n 2 + n + 1 không chia hết cho 9” (1) Chúng ta thấy một ñiều rằng một số chia hết cho 9 thì luôn luôn chia hết cho 3. Do ñó, khi ñứng trước bài toán trên, các em học sinh thường xét các trường hợp của một số tự nhiên n khi chia cho 3 các khả năng có thể xảy ra, thay vào bài toán cho các trường hợp cụ thể, sau ñó kết luận từ các trường hợp riêng ñó. Với suy nghĩ ñó chúng ta có thể giải bài toán trên như sau: Cách 1: * Nếu n chia hết cho 3 khi ñó n = 3k (k ∈ N) 1 ðề thi học sinh giỏi lớp 9 thành phố Hồ Chí Minh năm học 2007 - 2008 Phát triển tính sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách Nguyễn Văn Chương Trường THCS Nguyễn Hàm Ninh Trang 5 Ta có : n 2 + n + 1 = 9k 2 + 3k + 1 = 3k(3k + 1) + 1 không chia hết cho 3 => n 2 + n + 1 không chia hết cho 3 nên n 2 + n + 1 không chia hết cho 9. * Nếu n = 3k + 1 (k ∈ N) Ta có: n 2 + n + 1 = (3k + 1) 2 + (3k + 1) + 1 = 9k 2 + 6k + 1 + 3k + 1 + 1 = 9k(k + 1) + 3 không chia hết cho 9. * Nếu n = 3k + 2 (k ∈ N) => n 2 + n + 1 = (3k + 2) 2 + (3k + 2) + 1 = 9k 2 + 12k + 4 + 3k + 2 + 1 = 3k(3k + 5) + 7 không chia hết cho 3 => n 2 + n + 1 không chia hết cho 9. . Kết luận: Vậy n 2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n. Sau ñó giáo viên nên hỏi thêm học sinh ngoài cách giải trên có thể giải cách khác nữa không? Nếu không xét các trường hợp của số tự nhiên n thì chúng ta có thể phân tích n 2 + n + 1 về dạng tích các biểu thức chứa n cộng với một số nguyên nào ñó thì có chứng minh ñược không? Với cách suy nghĩ như thế yêu cầu học sinh tìm cách phân tích biểu thức ñó dưới dạng trên. Cách 2: Ta có: n 2 + n + 1 = n 2 – n + 2n - 2 + 3 = n(n - 1) + 2(n - 1) + 3 = (n - 1)(n + 2) + 3 Nhận thấy: n + 2 - (n - 1) = 3 chia hết cho 3 nên (n - 1) và (n + 2) chia hết cho 3 hoặc khi chia cho 3 có cùng số dư. Ta xét các trường hợp có thể xảy ra: * Nếu (n - 1) và (n + 2) chia hết cho 3, suy ra: (n - 1)(n + 2) chia hết cho 9, suy ra (n - 1)(n + 2) + 3 không chia hết cho 9. * Nếu (n - 1) và (n + 2) cùng không chia hết cho 3, suy ra: (n - 1)(n + 2) không chia hết cho 3 => (n - 1)(n + 2) + 3 không chia hết cho 3 nên cũng không chia hết cho 9. Kết luận: Vậy n 2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n. Giáo viên có thể hướng dẫn học sinh khai thác bài toán trên theo hướng khác. Nếu chúng ta không chứng minh một cách trực tiếp mà sử dụng phương pháp chứng minh gián tiếp có ñược không? Cách 3: Phát triển tính sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách Nguyễn Văn Chương Trường THCS Nguyễn Hàm Ninh Trang 6 Giả sử: Nếu n 2 + n + 1 chia hết cho 9 như vậy n 2 + n + 1 = 9m (m ∈  ). => n 2 + n + 1 = 9m <=> n 2 + n + 1 - 9m = 0 (*) Phương trình (*) với ẩn số là n sẽ có nghiệm tự nhiên. Suy ra delta phải là số chính phương. Ta lại có: ∆ = 1 - 4 + 36m = 3(12m - 1) chia hết cho 3 nhưng 3(12m - 1) = 36m - 3 không chia hết cho 9 => nên ∆ không phải là số chính phương hay phương trình (*) ẩn n không có nghiệm tự nhiên. Như vậy ñiều giả sử trên là vô lí. Kết luận: Vậy n 2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n. Cũng với suy nghĩ như trên chúng ta có thể giải bài toán trên theo hướng khác: Cách 4: Giả sử tồn tại số tự nhiên n ñể n 2 + n + 1 chia hết cho 9. ðặt X = n 2 + n + 1. Suy ra 4X chia hết cho 9 (1) => 4X = 4n 2 + 4n + 4 = (2n + 1) 2 + 3. Mà 4X chia hết cho 9 nên 4X chia hết cho 3 => (2n + 1) 2 chia hết cho 3 => 2n + 1 chia hết cho 3 => (2n + 1) 2 chia hết cho 9 => (2n + 1) 2 + 3 không chia hết cho 9 (2) Suy ra: (1) và (2) mâu thuẫn với nhau. Vậy ñiều giả sử trên là vô lí. Kết luận: Vậy n 2 + n + 1 không chia hết cho 9 với mọi số tự nhiên n. Bây giờ chúng ta xét một ví dụ về ñại số. Bài toán 2: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x 3 + y 3 + xy biết x + y = 1 Cách 1: Biểu thị y qua x rồi ñưa về tam thức bậc hai ẩn x: y = 1 - x => A = x 3 + 1 - 3x + 3x 2 - x 3 + x - x 2 = 2x 2 - 2x + 1 = 2 2 2 1 -x       + 2 1 ; VËy gi¸ trÞ nhá nhÊt cña A lµ 1 2  x = y = 1 2 ; Cách 2: Phân tích biểu thức trên: A = x 3 + y 3 + xy = (x + y)(x 2 - xy + y 2 ) + xy = x 2 + y 2 Từ giả thiết ta có: x + y = 1 => (x + y) 2 = 1 <=> x 2 + 2xy + y 2 = 1 (1) Mặt khác: (x - y) 2 ≥ 0 <=> x 2 - 2xy + y 2 ≥ 0 (2) Lấy (1) cộng với (2) => 2(x 2 + y 2 ) ≥ 1 => x 2 + y 2 ≥ 1 2 => A ≥ 1 2 ; Phát triển tính sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách Nguyễn Văn Chương Trường THCS Nguyễn Hàm Ninh Trang 7 Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1 2  x = y = 1 2 ; Cách 3: Ta có thể dùng ẩn phụ Từ giả thiết x + y = 1 giúp ta liên tưởng ñến một cách ñặt ẩn phụ thường ñược sử dụng, ñó là: ðặt x = 1 a 2 + ; y = 1 a 2 − ; A = x 2 + y 2 = 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 a a a a a a 2a 2 2 4 4 2 2         + + − = + + + − + = + ≥             ; Vì 2 a 0 ≥ với mọi a ∈ ℝ ; Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1 2  a = 0 hay x = y = 1 2 ; Cách 4: Ta có thể áp dụng bất ñẳng thức Bunhiacopsky Ta có: (x 2 + y 2 )(1 2 + 1 2 ) ≥ (x.1 + y.1) 2 = (x + y) 2 = 1; (vì x + y = 1); => x 2 + y 2 ≥ 1 2 => A ≥ 1 2 ; Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1 2  x = y = 1 2 ; Cách 5: Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy cho hai số không âm x 2 và y 2 ; ta có: x 2 + y 2 2 | x || y | ≥ = 2|xy|; Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi |x| = |y|; * x = y => x = y = 1 2 => A ≥ 2. 1 4 = 1 2 ; Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1 2  x = y = 1 2 ; * x = - y  x + y = 0 mà theo giả thiết x + y = 1 (trường hợp này loại); Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 1 2  x = y = 1 2 ; Bài toán 3: Cho x + y + z = 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của A = x 2 + y 2 + z 2 Cách 1: Áp dụng bất ñẳng thức Bunhiacopsky, ta có: (x 2 + y 2 + z 2 )(1 2 + 1 2 + 1 2 ) ≥ (x + y + z) 2 = 9 => (x 2 + y 2 + z 2 ) ≥ 3 ; Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3 khi và chỉ khi x = y = z = 1. Cách 2: Ta có thể dùng ẩn phụ như sau: ðặt x = 1 + a; y = 1 + b; z = 1 + c; Khi ñó: x + y + z = 3 + a + b + c = 3 => a + b + c = 0 => A = (1 + a) 2 + (1 + b) 2 + (1 + c) 2 = 3 + 2(a + b + c) + a 2 + b 2 + c 2 => A = a 2 + b 2 + c 2 + 3 ≥ 3; Vì 2(a + b + c) = 0 ; a 2 + b 2 + c 2 0 ≥ ; Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3 khi và chỉ khi a = b = c = 0 hay x = y = z = 1. Cách 3: (x + y + z) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + xz) => 9 = x 2 + y 2 + z 2 + 2(xy + yz + xz) Phỏt trin tớnh sỏng to cho hc sinh thụng qua gii bi toỏn bng nhiu cỏch Nguyn Vn Chng Trng THCS Nguyn Hm Ninh Trang 8 => x 2 + y 2 + z 2 = 9 - 2(xy + yz + xz); vỡ 2(x 2 + y 2 + z 2 ) 2(xy + yz + xz) (2) => 9 - 2(x 2 + y 2 + z 2 ) 9 - 2(xy + yz + xz) <=>9 - 2(x 2 + y 2 + z 2 ) x 2 + y 2 + z 2 ; => 3(x 2 + y 2 + z 2 ) 9 => A 3; Vy giỏ tr nh nht ca A l 3 x = y = z = 1; Cỏch 4: Vỡ x 2 ; y 2 ; z 2 l cỏc s khụng õm nờn tng ca chỳng nh nht khi v ch khi 3 s ủú bng nhau tc l x 2 = y 2 = z 2 ; Trng hp 1: x = y = z => x = y = z = 1 => Giỏ tr nh nht ca A l 3. Trng hp 2: Cú hai s cựng dng, mt s õm. Chng hn: x = y = - z. Khi ủú: x + y + z = 3 <=> - z = 3 => z = - 3 => x = y = 3 => x + y + z = 3. Suy ra A = 3 2 + 3 2 + 3 2 = 27 > 3. Trng hp 3: Cú hai s õm, mt s dng: Khụng mt tớnh tng quỏt, gi s x > 0; y < 0; z < 0. Khi ủú ta cú x = - y = - z => x + y + z = 3 => z = 3 > 0 (loi) Trng hp 4: c ba s x, y, z ủu õm. Khi ủú: x < 0; y < 0; z < 0. => x + y + z = 3 < 0 (vụ lớ). Vy trng hp ny khụng xy ra. Kt lun: Vy giỏ tr nh nht ca A l 3 khi v ch khi x = y = z = 1. Kết luận: Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 3 x = y = z = 1; Chỳng ta xột ủn mt bi toỏn hỡnh hc sau: Bi toỏn 4: Cho tam giỏc ABC cõn ti A, ủng trung tuyn CD. Trờn tia ủi ca tia BA ly ủim K sao cho BK = BA. Chng minh rng CD = 1 2 CK (3) Khi gp bi toỏn ny, hc sinh thng lỳng tỳng khụng bit nờn gii nh th no. Bi l ủ gii ủc bi toỏn ny hc sinh cn phi v thờm cỏc yu t ph. Tuy nhiờn yờu cu ca bi toỏn l chng minh CD = 1 2 CK; ủiu ủú giỳp hc sinh ngh ngay ủn kin thc v ủng trung bỡnh ca tam giỏc. Song cn phi thy mt ủiu rng cú th chng minh CD l ủng trung bỡnh ca mt tam giỏc no ủú m cú cha cnh CK hay khụng. Vi hỡnh v nh bi ra ủó cho thỡ chng minh khụng phi l ủiu d dng. Tuy th nu ta khụng chng minh CD l l ủng trung bỡnh ca tam giỏc no ủú cha cnh CK thỡ ta th chng minh ủ di ủon thng CD bng na ủ di (2) x 2 -2xy + y 2 0 => x 2 + y 2 2xy; tơng tự: y 2 + z 2 2yz; x 2 + z 2 2xz => x 2 + y 2 + z 2 xy + yz + zx (ủpcm) (3) Trớch Nõng cao v phỏt trin toỏn 7 Nh xut bn Giỏo dc. Phát triển tính sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách Nguyễn Văn Chương Trường THCS Nguyễn Hàm Ninh Trang 9 một cạnh nào ñó mà cạnh ấy lại bằng CK hoặc CD bằng ñộ dài một cạnh nào ñó mà cạnh này lại bằng nửa ñộ dài ñoạn thẳng CK. Với suy nghĩ như trên chúng ta có thể ñi vào giải bài toán trên bằng một số cách sau: Với việc vận dụng kiến thức trong tam giác cân, hai ñường trung tuyến ứng với hai cạnh bên bằng nhau, ta có thể tạo ra ñường trung tuyến BE. Dễ dàng chứng minh ñược BE là ñường trung bình của tam giác ACK. Cách 1: (Hình 1) Gọi E là trung ñiểm của AC. Có BE là ñường trung bình của ∆ AKC => BE = 1 2 KC (1) Xét ∆ BDC và ∆ CEB có: BD = CE (vì BD = 1 2 AB; CE = 1 2 AC mà AB = AC); Cạnh BC chung;   DBC ECB = (vì ∆ ABC cân tại A); Vậy ∆ BDC = ∆ CEB (c.g.c); Suy ra CD = BE (hai cạnh tương ứng) (2) Từ (1) và (2) suy ra CD = 1 2 CK (ñ.p.c.m) Ta có thể tạo ra các tam giác bằng nhau, như cách giải sau ñây. Cách 2: (Hình 2) Gọi H là trung ñiểm của KC. BH là ñường trung bình của ∆ AKC => BH = 1 2 AC Xét ∆ BDC và ∆ BHC có: BD = BH (vì BD = 1 2 AB; BH = 1 2 AC mà AB = AC);   HBC DBC = vì     DBC ACB mµ ACB HBC (do so le trong, BH// AC) = = ; BC cạnh chung; Vậy ∆ BDC = ∆ BHC (c.g.c) Suy ra CH = DC (hai cạnh tương ứng); (1) Mà H là trung ñiểm của KC nên CH = 1 2 CK (2). H.2 H K D B C A H.1 E K D B C A Phát triển tính sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều cách Nguyễn Văn Chương Trường THCS Nguyễn Hàm Ninh Trang 10 Từ (1) và (2) suy ra: CD = 1 2 CK. Chúng ta cũng có thể tạo ra một ñoạn thẳng bằng ñoạn thẳng CK và việc chứng minh CD bằng nửa ñoạn thẳng ñó tương ñối dễ dàng: Cách 3: (hình 3) Trên tia ñối của tia CA lấy ñiểm M sao cho CA = CM; CD là ñường trung bình của ∆ ABM => DC = 1 2 BM (1) Xét ∆ KBC và ∆ MCB có: BC cạnh chung;   KBC MCB = (cùng bù với  ABC ); KB = MC (vì KB = AB; MC = AC; AB = AC); Vậy ∆ KBC = ∆ MCB (c.g.c) => KC = MB (hai cạnh tương ứng) (2). Từ (1) và (2) suy ra DC = 1 2 CK. (ñ.p.c.m); Cách 4: (hình 4) Trên tia ñối của tia CB lấy ñiểm N sao cho CB = CN; Ta có: DC là ñường trung bình của ∆ ABN => CD = 1 2 AN (1); Xét ∆ KBC và ∆ ACN có: BC = CN;   KBC ACN =       0 0 (v× KBC 180 ABC; ACN 180 ACB mµ ABC ACB) = − = − = KB = AC (cùng bằng AB); Vậy ∆ KBC = ∆ ACN (c.g.c) => CK = AN (hai cạnh tương ứng) (2); Từ (1) và (2) suy ra: CD = 1 2 CK. (ñ.p.c.m); Cách 5: (hình 5) Gọi P; Q lần lượt là trung ñiểm của BC và BK; Có DP là ñường trung bình của ∆ ABC => DP = 1 1 AC = AB = DB 2 2 ; M K D B C A H.4 N K D B C A H.5 Q K D P B C A H.3 [...]... sinh gi i Do ủú trong m y nm qua ủ i tuy n Toỏn ủi thi cỏc c p c a tr ng luụn ủ t ủ c nhi u k t qu cỏc khớch l , cng nh ủ t k t qu cao trong cỏc kỡ thi h c sinh gi i c a tr ng úng gúp ph n h t s c nh bộ trong s phỏt tri n c a n n giỏo d c Qu ng Tr ch núi chung c bi t trong nm h c ny ủ i tuy n thi gi i toỏn qua m ng Internet c a huy n Qu ng Tr ch ủó ủỏnh vang lờn m t ti ng chuụng l n trong ton ngnh... O D CRO = ABO (so le trong, CR//AB) ; CR = AB; B RCO = BAO (so le trong, CR//AB) Suy ra: ROC = C BOA (g.c.g); 1 1 => OA = OC = AC = = AB; OB = OR; 2 2 Nguy n Vn Chng H.9 K Tr ng THCS Nguy n Hm Ninh Trang 12 R Phỏt tri n tớnh sỏng t o cho h c sinh thụng qua gi i bi toỏn b ng nhi u cỏch 1 1 => OR = BR = CK; (1); 2 2 Xột ADC v COR cú: AD = OC (cựng b ng 1 AB); RCO = DAO (so le trong, CR//AB) ; 2 CR... C Trong nm h c ny ủ c s giỳp ủ c a Phũng giỏo d c v o t o Qu ng Tr ch, Ban giỏm hi u tr ng THCS Nguy n Hm Ninh ủó t o ủi u ki n cho tụi ủ c tr c ti p b i d ng h c sinh cỏc l p 6; 7; 8; 9 c a tr ng v b i d ng h c Nguy n Vn Chng Tr ng THCS Nguy n Hm Ninh Trang 13 Phỏt tri n tớnh sỏng t o cho h c sinh thụng qua gi i bi toỏn b ng nhi u cỏch sinh gi i Toỏn 9 c a huy n i u ủú ủó giỳp cho tụi r t nhi u trong. .. bi thi ủó cú s ti n b rừ r t VI K T LU N CHUNG cú th lm t t cụng tỏc b i d ng h c sinh gi i chỳng ta c n cú nhi u gi i phỏp c th , k t h p ủ c s tham gia c a cỏc t ng l p trong xó h i Thi t ngh y u t con ng i l r t quan tr ng, trong ủú ng i giỏo viờn ủúng vai trũ trung tõm t o nờn k t qu cao hay th p i v i b mụn Toỏn thỡ s sỏng t o l vụ cựng quan tr ng, b i l s ủa chi u, muụn mu c a nú Do v y ng... P; O l n l t l trung ủi m c a BC v CK; P B C 1 DP l ủ ng trung bỡnh c a ABC nờn DP = AC 2 OP l ủ ng trung bỡnh c a CBK nờn OP = 1 BK 2 Theo bi ra, ta cú BK = AC nờn DP = OP; O H 7 K OPB = DBP (so le trong, OP//DB); DBP = ACP và ACP = DPB OPB = DPB OPC = DPC Xột DPC v OPC cú: DP = OP (c/m trờn); Nguy n Vn Chng Tr ng THCS Nguy n Hm Ninh Trang 11 Phỏt tri n tớnh sỏng t o cho h c sinh thụng qua gi... = DC; Xột BDF v ADC cú: A F DF = DC; DA = DB; FDB = CDA (hai gúc ủ i ủ nh); D suy ra: BDF = ADC (c.g.c) => BF = AC m AC = BK nờn BF = BK; Ta l i cú: C B H.8 FBC + ACB = 1800 (BF // AC nên hai góc trong cùng phía bù nhau); KBC + ABC = 1800 (hai góc kề bù) K m ABC = ACB (ABC cân tại A) => KBC = FBC Xột FBC v KBC cú: FB = KB (c/m trờn); KBC = FBC ; BC c nh chung; V y FBC = KBC (c.g.c) => FC = . ngày càng “yêu toán hơn. Trong bài viết này tác giả muốn thông qua nhiều cách giải cho một bài toán nhằm phần nào giúp các Phát triển tính sáng tạo cho học sinh thông qua giải bài toán bằng nhiều. là môn Toán ñòi hỏi sự sáng tạo không ngừng. • Nhược ñiểm: Trong Toán học thì sự nó bao hàm rất nhiều nội dung, dạng toán khác nhau, không có sự hạn chế trong các dạng toán; Các dạng toán có. thì giải theo dạng ñó mất rất nhiều thời gian nên không ñáp ứng ñược yêu cầu, tính chất của cuộc thi. Do vậy sự sáng tạo về cách giải trong cuộc thi này là hết sức quan trọng. Phát triển tính