SKKN Hướng Phát Triển Tư Duy Qua Bài Toán Hình Học

Rõ ràng nếu tự giác làm đợc những công việc ấy sau khi giải một bài toán hình thì vô cùng có ý nghĩa.. Thiết nghĩ đó cũng là một cách học, cách hiểu bài thêm sâu sắc hơn, cách học có tín

phần I : đặt vấn đề

hi giải hoàn thành một bài toán nói chung và một bài toán hình nói riêng Các em học sinh thờng thỏa mãn những gì đã làm đợc Rất ít em còn trăn trở suy nghĩ tiếp nh :

K

a, Còn có thể giải bằng cách nào nữa không ? Còn có thể trình bầy ngắn gọn hơn nữa không ?

b, Cũng giả thiết ấy thì còn kết luận ( Chứng minh) đợc những gì nữa

c, Và cuối cùng nếu thay đổi một hay vài điều kiện của giả thiết Thì kết luận mới thu đợc có gì đặc biệt

Rõ ràng nếu tự giác làm đợc những công việc ấy sau khi giải một bài toán hình thì vô cùng có ý nghĩa Nó tạo ra cho các em một thói quen tốt sau khi giải quyết xong một công việc nhằm đánh giá nhận xét đúng mức, những gì đã làm, những gì cha làm đợc Để từ đó rút ra bài học bổ ích cho chính mình Thiết nghĩ đó cũng là một cách học, cách hiểu bài thêm sâu sắc hơn, cách học có tính chủ động và sáng tạo hơn Tuy nhiên trong thực tế đa số học sinh cha có thói quen làm nh vậy, mà nếu có cũng chỉ là hình thức mà thôi Do vậy là ngời giáo viên dạy toán cần phải hớng dẫn cho học sinh thờng xuyên thực hiện công việc này, đặc biệt là các em

có năng lực về bộ môn Từ suy nghĩ ấy tôi đã trăn trở và mạnh dạn đa ra

một hớng: ‘Phát triển bài toán hình” Nhằm giúp các em tạo ra một thói

quen tốt sau khi giải một bài toán , đồng thời giúp các em yêu thích bộ môn toán có thêm điều kiện để phát triển thêm về năng lực t duy Cùng

đồng nghiệp tham khảo trong cách tự "Thiết kế" ra những bài tập mới từ

những bài tập đã biết

phần II : nội dung I/ Cơ sở lý luận

Chúng ta đã biết: Trong chơng trình toán 7 bộ môn hình học, các em

đã đợc làm quen với một định lý về tính chất ba đờng trung tuyến trong tam giác

Định lý: Trong một tam giác ba đờng trung tuyến cùng đi qua một

điểm, khoảng cách từ điểm ấy đến mỗi đỉnh có độ dài bằng 2/3 độ dài trung tuyến kẻ từ đỉnh đó

Về phần chứng minh định lí SGK - HH7 đã chứng minh cụ thể Tuy nhiên tôi cũng mạnh dạn đa ra một cách chứng minh khác, trên cơ sở đó ta còn suy xét tiếp bài toán:

Chứng minh:

A

C1 G B1

B A1 C

Giả sử ta gọi AA1 , BB1, CC1 Là các trung tuyến của tam giác ABC ( A1, B1, C1 lần lợt là trung điểm của BC, CA, AB ) Ta phải chứng minh AA1 , BB1, CC1 cung đi qua một điểm Thật vậy : Gọi AA1 cắt BB1

tại G (Ta kí hiệu S là diện tích SABC : đọc là diện tích của tam giác ABC )

Ta luôn có: SABC 1= SACA1 ( Hai tam giác có chung đờng cao hạ từ A

Từ chứng minh này ta có kết luận: “Trong một tam giác đờng trung tuyến chia tam giác đó thành hai phần có diện tích bằng nhau và bằng

2 1

diện tích tam giác ấy”(*)

Từ kết luận (*) ta suy ra:

SAC A1= SBC B1 (=

2 1

SABC )

Nhng: S ACA1= SGAB1 + S GA1C B1

S BC B1= SGBA1 + S G A1C B1

Vậy : S GAB1 = SGBA1 ( 1 )

Lại áp dụng kết luận (*) thì : SGAB1 = SGC B1 ( =

2

1

S GAC )

SGBA1 = SGC A1 ( =

2

1

S GBC ) (2)

Từ (1), (2) Suy ra :

S GAB1 = S GC B1 =S GC A1

Thế thì : S GAC =

3

2

SACA1

gọi là h chẳng hạn Vậy ta có :

2

1

GA h =

2

1

1



AA

AG

(3) Tơng tự chứng minh trênta cũng có :

3

2 1



BB

BG

Bây giờ ta giả sử AA1 cắt CC1 tại G'

Chứng minh tơng nh vậy tự ta cũng có :

3

2 1

'



AA

AG

(4)

Từ (3) và (4) Suy ra AG' = AG vì ABC xác định nên G' trùng với G

Chứng tỏ rằng : Ba đờng trung tuyến của một tam giác cùng đi qua một điểm, khoảng cách từ điểm đó đến mỗi đỉnh bằng

3

2

độ dài trung tuyến kẻ từ đỉnh đó ( Giao điểm đó gọi là trọng tâm của tam giác)

( Chú ý: Cách giải trên hoàn toàn phù hợp với học sinh lớp 7 Bởi ở bậc tiểu học các em đã học công thức tính diện tích của một số hình trong

đó có Tam giác) Nếu ta dừng lại ở đây thì chẳng nói làm gì Điều đó cũng

có thể đợc bởi bài tập đã giải quyết xong Tuy nhiên đã trình bày ở trên, việc hớng dẫn cho học sinh cần phải có một thời gian phù hợp đủ để nhìn nhận, đánh giá những cái đã làm đợc, cha làm đợc, ở các góc độ khác chẳng hạn:

Bài toán còn có thể giải quyết theo hớng nào hay hơn không ? Bài toán này nếu giữ nguyên giả thiết ấy thì còn kết luận thêm đợc gì nữa?

Bài toán này nếu đặc biệt hóa giả thiết (và ngợc lại tổng quát hóa giả thiết) một số điều kiện ( nếu đợc) thì thu đợc những kết luận mới nào?

Riêng hai vấn đề trên tôi chỉ nêu ra có tính chất làm ví dụ dành cho

bạn đọc Còn nội dung chủ yếu của Kinh nghiệm này tôi suy nghĩ và đa ra một hớng “ Phát triển “ Đó là nội dung hớng thứ ba

II Nội dung biện pháp

Quay lại bài toán ta đã chứng minh đợc: Trong Tam giác ABC các trung tuyến AA1,,BB1 , CC1 cùng đi qua một điểm G và:

3

2 1 1

1







CC

GC BB

GB AA

GA

1 1

1







CC

GC BB

GB AA

GA

3

1 3

1 3

1

1

1

1

1

1

1













CC

GC BB

GB AA

GA

(5)

Phát triển I:

Từ bài toán suy xét thêm ta thấy: Tuy Tam giác ABC là bất kỳ nhng

AA1,,BB1 , CC1 Là ba trung tuyến của Tam giác - Là ba đờng đặc biệt, nên

G có tính chất đặc biệt nh vậy nghĩa là do đó mà ta có đẳng thức ( 5) Bây giờ chuyển sự đặc biệt hóa thành khái quát rằng: Giả sử các đờng

AK, BK, CK lần lợt cắt BC, CA, AB ở A1,,B1 , C1

Ta gọi S là diện tíchABC, S1 là diện tích Tam giác KBC ,S2 là dt

KCA ,S3 là dt KAB và ha ,hb ,hc là độ dài đờng cao của ABC ứng với cạnh :BC, CA , AB gọi h1, h2, h3 lầnlợt là độ dài đờng cao của KBC,

S =

2

1

BC.ha =

2

1

CA hb =

2

1

AB.hc (6)

A

B

H H 1 A 1

C

B 1

C 1

S1 =

2

1

BC.h1 , S2 =

2

1

CA.h2 , S3=

2

1

AB.h3 (7)

Từ (6) và (7) ta có

a h

h S

S1 1

b h

h S

S2 2

 ;

c h

h S

S3 3

Vậy ta có :

1

1 1

AA

KA AH

KH

Do đó:

a h

h AA

KA 1

1

1



S

S AA

1

1

Tơng tự ta cũng có:

S

S BB

KB 2

1

1

 ,

S

S CC

1

1



Từ đó suy ra:

S

S S S S

S S

S S

S CC

KC BB

KB AA

1

1

1

1

1











Nhng S1 +S2 + S3 = SKBC + SKcA +SKAB = SABC = S

Vậy

1

1

1

1

1

1









S

S CC

KC BB

KB AA

KA

So sánh (5) và (5.1) ta thấy rằng chỉ cần điều kiện ba đờng thẳng bất

kỳ đi qua ba đỉnh của tam giác và đồng qui tại một điểm (*) thì đẳng thức ( 5) vẫn đúng Nhng rõ ràng giải đợc bài toán này mức độ đòi hỏi sự hiểu biết của học sinh phải cao hơn nhiều từ đó ta có bài toán mới:

Bài toán I :

BC, CA, AB tại A1, B1, C1 Chứng minh rằng:

1

1

1

1

1

1

1









S

S CC

KC BB

KB AA

KA

Tiếp tục không dừng lại ở đây, ta lại suy xét thêm bài toán tơng tự

nh trên từ bài toán ban đầu ta đã mở rộng thêm bài toán đó là bài toán 1 Bây giờ cũng từ kết quả của bài toán ban đầu ta có:

AA 1 BB 1 CC 1

= = = 3

GA 1 GB 1 GC 1

S1 + S2 + S3 S = = 1

S S

Thế thì ta có một hớng phát triển khác.

Phát triển II :

Từ nhận xét trên ta suy ra

9 1

3 1

3 1

3

1

1 1

1 1

1













GC

CC GB

BB GA

AA

(8)

Sở dĩ có đẳng thức (8) là do G là một điểm đặc - trọng tâm của Tam giác Vậy vấn đề đặt ra rằng nếu thay sự đặc biệt của vị trí điểm G thành khai quát thành điểm K bất kỳ trong Tam giác Thì đẳng thức (8) có còn

đúng không, hay ta sẽ thu đợc điều gì mới (*) Chỉ xét điểm đồng quy ở

triển I ta có:

S

S AA

1

1

S

S BB

KB 2

1

1

S

S CC

1

1

3 2 1 1

1

1

1

1

1

S

S S

S S

S KC

CC

KB

BB

KA

AA









Để cho bài toán khó thêm một chút , ta sẽ tạo tiếp ra các nút kiến thức chẳng hạn: Do: S = S1 + S2 + S3 ( Trong phát triển 1 ) Nên :

1

3 2

1

3 2 1

1

1

S

S S S

S S S

S









1

3

1

2

S

S S

S

2

3

2

1

2

1

S

S

S

S

S

S





3

2

3

1

3

1

S

S S

S S

S





Do đó:

có: (a-b)2  0  a, b

 a2 + b2  2ab  a, b



a

b b

a

  2  a, b > 0 (*)

dấu " = " xảy ra khi a= b áp dụng (*) vào trên ta có:

3+

1

2

2

1

S

S

S

S

2

3

3

2

S

S S

S

3

1

1

3

S

S S

S

Dễ thấy dấu “=” xẩy ra khi S1 = S2 = S3 điều này có đợc khi K trùng G

Do đó:

1

1 1

1 1

1

KC

CC KB

BB KA

AA



chỉ là một trờng hợp đặc biệt của (8.1) Từ đó ta có bài toán mới

Bài toán II :

Chứng minh rằng:

S S S S 2 S 1 S 3 S 1 S 2 S 3

+ + = 3 + + + + + +

S 1 S 2 S 3 S 1 S 2 S 1 S 3 S 3 S 2

Nếu K là một điểm bất kỳ trong ABC và AK, BK,CK lần lợt cắt

BC, CA, AB tại A1 ,B1, C1 thì luôn có:

1

1

1

1

1

1

KC

CC KB

BB KA

AA



Suy xét tiếp tục bài toán ban đầu do có :

1 1

1 CC

GC BB

GB AA

GA



3

2

Suy ra:

1 1

1 GC

GC GB

GB GA

GA



Vậy :

1

GA

GA

+

1

GB

GB

+

1

GC

GC

= 2 + 2+ 2 = 6 (9)

Phát triển III :

Từ đẳng thức (9) vấn đề đặt ra là nếu không hạn chế G mà thay G ( Trọng tâm) bởi một điểm K bất kỳ trong Tam giác, kết quả thu đợc có gì

đặc biệt so với (9) Thật vậy trong phát triển II ta có:

1

1 1

1 1

1

KC

CC KB

BB KA

AA



1

1

KA

AA

- 1+

1

1

KB

BB

- 1+

1

1

KC

CC

- 1 9 -3



1

1 1

KA

KA

AA 

+

1

1 1

KB

KB

BB 

+

1

1 1

KC

KC

CC 

 6



1

KA

KA

+

1

KB

KB

+

1

KC

KC

 6 (9.1)

So sánh (9) và (9.1) ta thấy rõ ràng (9) chỉ là trờng hợp đặc biệt của (9.1) mà thô Nh thế ta có bài toán tổng quát hơn bài toán mới:

Bài toán III :

BC, CA, AB tại A1 ,B1, C1 Chứng minh rằng :

1

KA

KA

+

1

KB

KB

+

1

KC

KC

 6

Cứ tiếp tục suy xét tiếp bài toán và phát triển tiếp

Phát triển IV :

Trong baì toán ban đầu ta có :

1

AA

GA

=

1

BB

GB

=

1

CC

GC

=

3

2

Lợi dụng bất đẳng thức này ta suy xét tiếp Dễ thấy muốn có

và KA1 Từ đó ta bớt mỗi vế của bất đẳng thức trên đi 3 đơn vị ta

đợc:

A

B

B 1

C 1

C

Thế thì :

GA

GA1

=

GB

GB1

=

GC

GC1

=

2

1

Suy ra

GA

GA1

+

GB

GB1

+

GC

GC1

=

2

1

+

2

1

+

2

1

=

2

3

(10)

KA

KA1

+

KB

KB1

+

KC

KC1

Có gì đặc biệt so với (10)

Ta suy xét tiếp nh sau: vì

1

1

AA

KA

=

S

S1

(Trong phát triển 1)

Suy ra:

1 1

1

KA AA

KA

1

1

S S

S

1

1

AA

KA

=

1

1

S S

S



Nhng S - S 1 = S 1 + S 2 + S 3 - S 1 = S 2 + S 3

Vậy

KA

KA1

=

3 2

1

S S

S



Tơng tự:

KB

KB1

=

1 3

2

S S

S

 ,

KC

KC1

=

2 1

3

S S

S



Do đó:

KA

KA1

+

KB

KB1

+

KC

KC1

=

3 2

1

S S

S

1 3

2

S S

S

2 1

3

S S

S



Ta tiếp tục phát triển tiếp bài toán để bài toán khó thêm, khi giải quyết đòi hỏi ngời làm toán phải hiểu biết kiến thức rộng hơn Chẳng hạn

nh ta đã chứng minh đợc:

2





a

b

b

a

với mọi a,b > 0 dâú (=) khi a = b

b

c c

b

c

a a

c

với mọi a,b,c > 0

c

b a b

c a a

c b

với mọi a,b,c > 0

c

b a b

c a a

c b

c

c b a b

c b a a

c b a

c b a

1 1 1

9

= b = c

Lại có:

3 2

1

S S

S

1 3

2

S S

S

2 1

3

S S

S

3 2

1

S S

S

1 3

2

S S

S

2 1

3

S S

S

=

3 1

3 2 1

S S

S S S







+

1 3

3 2 1

S S

S S S







+

2 1

3 2 1

S S

S S S







- 3



















 2 2 3 3 1 1

1 1

1

S S S S S

=

2

1 S1S2S2S3S3S1 



















 2 2 3 3 1 1

1 1

1

S S S S S

Nhng do S1,S2 ,S3 là các số dơng nên theo (**) ta lại có:

S1S2S2S3S3S1 



















1

1 1

1

S S S S S

Vậy :

2

1



















1

1 1

1

S S S S S

2

Hay:

3 2

1

S

S

S

1 3

2

S S

S

2 1

3

S S

S

2

1

.9 - 3 =

2 3

Nên:

KA

KA1

+

KB

KB1

+

KC

KC1



2

3

(10.1)

Từ (10) và (10.1) ta thấy rằng (10) chỉ là một trờng hợp đặc biệt của (10.1) mà thôi Điều đó chính là do G chỉ là một trờng hợp đặc biệt của K Từ đó ta có bài toán mới:

Bài toán IV

lần lợt cắt BC, CA, AB tại A1 ,B1, C1 thì:

KA

KA1

+

KB

KB1

+

KC

KC1



2

3

Phát triển V : Trong bài toán ban đầu ta có :

1

AA

GA

=

1

BB

GB

=

1

CC

GC

=

3

2

.Suy ra:

GA

AA1

=

GB

BB1

=

GC

CC1

=

2

3

Do đó :

GA

AA1

+

GB

BB1

+

GC

CC1

=

2

3

+

2

3

+

2

3

=

2

9

(11)

Cũng lý luận nh trên thay điểm G ( Đặc biệt ) bởi điểm K (Bất kỳ)

Do đó suy ra:

AA1 AH ha = =

KA AD ha - h1

A

B 1

C 1

KA

AA1

= =

BC h BC

h

BC h a

a

*

* 2

1

*

* 2 1

*

* 2 1

1



=

1

S S

S



Nhng S - S1 = S1 + S2 + S3 - S1 = S2 + S3 Nên

Vậy :

KA

AA1

=

1

S S

S

3

2 S S

S

1 3

1

S S

S

KB

BB



2 1

1

S S

S KC

CC



KA

AA1

+

KB

BB1

+

KC

CC1

=

1 3 3 2 2

S S

S

S S

S

S









KA

AA1

+

KB

BB1

+

KC

CC1



















 2 2 3 3 1 1

1 1

1

S S S S S

S S1S2S3

=

2

1

S1 S2 S2 S3 S3 S1 



















 2 2 3 3 1 1

1 1

1

S S S S S

2 9

( Theo phát triển 4 )

2

1

1 1 1







KC

CC KB

BB KA

AA

=

2

9

(11.1)

So sánh (11) và (11.1) ta thấy rõ ràng (11.1) bao hàm cả (11) Hay nói cách khác bài toán ban đầu chỉ là một trờng hợp của bài toán mới này

mà thôi Ta có bài toán mới:

BK,CK lần lợt cắt BC, CA, AB tại A1 ,B1, C1 Chứng minh rằng:

2

9

1 1

1







KC

CC KB

BB

KA

AA

Cứ tiếp tục nh vậy ta phát triển bài toán từ những dấu hiệu của bài toán ban đầu

1 1

1







GC

GC GB

GB GA

GA

ta lại suy xét tiếp

Phát triển VI: Từ kết quả trên ta suy ra rằng:

8 2

* 2

* 2

*

*

1 1

1





GC

GC GB

GB

GA

GA

(12) Bây giờ nếu thay trọng tâm G bởi một điểm K bất kỳ trong Tam giác ABC Thì kết quả mới thu đợc so với ( 12 ) có gì đặc biệt (?) Từ suy nghĩ đó ta lại biến đổi tiếp tục

Do:

3 2

1 1

S S

S

KA

KA



( theo phát triển 4)

C

ha

ha - h1

KB 1 S 2

=

KB S 3 +S 1

KC 1 S 3

=

KC S 1 + S 2

AA1 S =

KA S 2 + S3

1 1 1

*

*

KC

KC KB

KB KA

KA

=

3

2 1

2

3 1

1

3

S

S S S

S S S

S

Nhng vì: a2+b2  2 ab a,b

Suy ra : x + y  2 x.y  x,y  0 (**)

áp dụng : (**) ta có

S1+S2  2 S1S2

S1+S3  2 S1S3

S2+S3  2 S2S3

Nên: ( S1+S2 ) (S2+S3) (S1+S3)  8 (S1.S2.S3)2

Vì S1, S2 , S3 là các số dơng nên

( S1+S2 ) (S2+S3) (S1+S3)  8 S1. S2 S3

Vậy

1 1

1

*

*

KC

KC KB

KB KA

KA

Hay:

1 1 1

*

*

KC

KC KB

KB KA

KA

 8 (12.1)

Đối chiếu so sánh (12) và ( 12.1) ta thấy (12) chỉ là một trờng hợp

đặc biệt của (12.1) mà thôi Nghĩa bài toán ban đầu là một trờng hợp của bài toán mới này Ta có bài toán mới :

Bài toán VI :

BK,CK lần lợt cắt BC, CA, AB tại A1 ,B1, C1 thì:

1 1 1

*

*

KC

KC KB

KB KA

KA

8

 Không dừng lại ở đây ta lại tiếp tục suy xét Từ phát triển 1 ta đã chứng minh đợc:

S

S AA

1

1



Suy ra :

1

1

KA

AA

=

1

S

S

Tơng tự ta có:

1

1

KB

BB

=

2

S

S

,

1

1

KC

CC

=

3

S

S

Vậy thì

1

1

KA

AA

1

1

KB

BB

1

1

KC

CC

=

1

S

S

2

S

S

3

S

S

Để tạo thêm mức khó của bài toán ta phát triển tiếp vấn đề này: Phát triển VII:

Vì ta có: S = S1 + S2+S3

Nên:

1

S

S

2

S

S

3

S

S

=

3

3 2 1

2

3 2 1

1

3 2

S

S S S S

S S S S

S S















































3

2

3

1

2

3

2

1

1

3

1

1

S

S S

S S

S S

S S

S S

S

8 S1. S2 S3

S1. S2 S3

Nhng ta luôn có:

a2+b2  2ab (a,b)

b2+c2 2bc (b,c)

c2+a2 2ca (c,a)

Suy ra: a2+b2+c2 ab+bc+ca(a,b,c) (***)

dấu (=) xảy ra khi a=b=c

Do S1 , S2 , S3 dơng Nên ta hạn chế điều kiện cho a,b,c dơng thì (***) vẫn đúng

Từ (***) suy ra:

a2+b2+c2-ab - bc - ca 0 a,b,c

 (a+b+c)( a2+b2+c2-ab - bc - ca) 0 (a,b,c > 0)

 (a+b+c)( a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca- 3ab -3bc - 3ca) 0

 (a+b+c)abc2  3c(ab)  3ab 0

 abc3-3 (a+b).c abc - 3ab(a+b) -3abc  0

 (a+b)3+c3 - 3ab(a+b) - 3abc  0

 (a+b)3-3ab(a+b) + c3 -3abc  0

 a3+b3+c3-3abc  0 Vậy: a3+b3+c3  3abc(a,b,c > 0)(**) áp dụng (**) ta có:

1+

1

3

1

2

S

S

S

S

1

3 3

3 1

2 3

3 1 ) ( ) ( ) (

S

S S

S



1

3 3

1

2

3 1

S

S S

S

1

3 2

S

S S

Vậy: 1+  3 3 2

1

3 2

S

S S

Tơng tự: 1+

3

2

3

1

S

S S

S

 33

2 3

2 1

S

S S

1+

2

3

2

1

S

S S

S

 33

2 2

3 1

S

S S

Từ đó ta suy ra rằng:

S2 S3

+

S3 S1















































3

2

3

1

2

3

2

1

1

3

1

1

S

S S

S S

S S

S S

S

S

S

3.3.33

2 3 2 1

2 1 3 1 3 2

)

S S S S S S

=27

Đến đây, nhờ các phép biến đổi ta đã làm cho mất hết các dấu hiệu

về diện tích mà chỉ còn đại lợng số, nghĩa là:

1

1

KA

AA

1

1

KB

BB

1

1

KC

CC

27

Điều này nếu ta đặc biệt hóa điểm K trùng với trọng tâm G của Tam giác ABC thì dễ thấy dấu bằng xẩy ra nghĩa là

Rõ ràng bài toán ban đầu chỉ là trờng hợp đặc biệt của bài toán này

Ta có bài toán mới

Bài toán VII :

l-ợt cắt BC, CA, AB ở A1 ,B1, C1 Chứng minh rằng:

1

1

KA

AA

1

1

KB

BB

1

1

KC

CC

27

Phần III: Kết luận

Cứ tiếp tục nh vậy nếu sau mỗi một bài toán chúng ta hớng dẫn cho học sinh dành một khoảng thời gian nhất định để suy xét bài toán theo một trong ba hớng, mà tôi đã đa ra Thiết nghĩ đó cũng là một phơng pháp học toán và làm toán rất bổ ích và lý thú làm đợc điều đó với học sinh sẽ tạo ra

sự hiểu bài sâu hơn có nhiều phơng pháp giải hơn và đơng nhiên sẽ tìm

đ-ợc phơng pháp hay nhất Với ngời dạy ngoài việc tìm ra nhiều lời giải của bài toán còn tạo ra cách thiết kế một loạt các bài toán có cùng dạng với bài toán ban đầu

Trong quá trình bồi dỡng học sinh giỏi khối 8 - 9 tôi đã đa ra để thực nghiệm Ban đầu các em còn bỡ ngỡ, sau đó tỏ ra thích thú, say mê

Đặc biệt là hai hớng đầu các em tỏ ra hiểu và say mê tìm nhiều phơng pháp giải từ đó chọn đợc phơng pháp hay Còn phơng pháp này một số đã biết tự thiết kế ra bài toán mới Tôi nghĩ đó cũng chỉ là thành công bớc đầu

và hết sức nhỏ bé

Do đặc điểm của nội dung kiến thức Kinh nghiệm này tôi chỉ đa ra

để áp dụng cho các em khối lớp 8 - 9 nên một số kiến thức về bất đẳng thức chỉ phù hợp với các em đã học qua lớp 8 và đang học lớp 9

AA1 BB1 CC1

=3.3.3 = 27

GA1 GB1 GC1