Sang kien kinh nghiem tuyet hay

Một cách hình thành bài toán mới A. Đặt vấn đề: Qua một thời gian giảng dạy và bồi dỡng toán cho học sinh, nhiều lúc đứng trớc một bài toán hay tôi thầm nghĩ không biết làm sao mà tác giả nghĩ ra đợc bài toán đó, đôi lúc tôi ớc nếu mình có đợc một ít về suy nghĩ nh vậy thì chắc chắn sẽ có những đề kiểm tra, nhiều đề thi phong phú, sáng tạo giúp học sinh nhận thức tốt và say mê trong học toán, góp một phần nhỏ vào việc bồi dỡng và đào tạo nhân tài cho đất nớc. Với ý tởng đó sau đây tôi mạnh dạn đa ra một suy nghĩ của mình về một cách hình thành bài toán mới. B. Nội dung: Trong bài viết này ta dùng một số kí hiệu quen biết sau: ABC là tam giác ABC. Các đờng trung tuyến tơng ứng với các cạnh BC = a, CA = b, AB = c có độ dài lần lợt m a , m b , m c . R: Bán kính đờng tròn ngoại tiếp ABC r: Bán kính đờng tròn nội tiếp ABC S: Diện tích ABC Ta đã biết định lí côsin: a 2 = b 2 + c 2 - 2bccosA (1) b 2 = a 2 + c 2 - 2accosB (2) c 2 = a 2 + b 2 - 2abcosC (3) Việc chứng minh ta đã biết: Bây giờ cộng vế theo vế của (1), (2) và (3) ta đợc bài toán. Bài toán 1: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: 2abc( a Acos + b Bcos + c Ccos ) = a 2 + b 2 + c 2 . Từ (1) ta có: cosA = bc acb 2 222 + Từ Định lí sin ta có: sinA= R a 2 Vậy cotA = A A sin cos = bc acb 2 222 + : R a 2 = abc Racb )( 222 + (4) Tơng tự ta có: 2 2 2 ( ) cot a c b R B abc + = (5) 2 2 2 ( ) cot a b c R C abc + = (6) Cộng vế theo vế (4), (5) và (6) ta đợc bài toán: 1 Một cách hình thành bài toán mới Bài toán 2: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: cotA+ cotB + cotC = abc cbaR )( 222 ++ . Từ cotA = abc Racb )( 222 + và S = R abc 4 hay 4 abc R S = Ta có định lí hàm số côsin suy rộng cotA = S acb 4 222 + (7) Tơng tự ta có hai hệ thức nữa cotB = S bca 4 222 + (8) cotC = S cba 4 222 + (9) Cộng vế theo vế của (7), (8) và (9) ta đợc bài toán: Bài toán 3: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: cotA+ cotB + cotC = S cba 4 222 ++ . (Đề thi vào đại học Dợc Hà Nội năm 1998) Từ định lí hàm số côsin suy rộng và áp dụng hệ thức cotAcotB + cotBcotC + cotCcotA = 1 (Sách 200 bài toán chọn lọc về hệ thức lợng giác trong tam giác) ta có bài toán mới. Bài toán 4: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: (b 2 +c 2 -a 2 )(a 2 +c 2 -b 2 ) + (a 2 +c 2 -b 2 )(a 2 +b 2 -c 2 ) + (a 2 +b 2 -c 2 )(b 2 +c 2 - a 2 ) = 16S 2 . Ta thử nhìn lại (1) theo hớng khác a 2 = b 2 + c 2 - 2bccosA = (b - c) 2 + 2bc -2bccosA = (b - c) 2 + 2bc(1- cosA) = (b - c) 2 + 4bcsin 2 2 A Vậy a 2 bc sin 2 A sin 2 A bc bca 2 (10) Làm tơng tự nh vậy ta còn có hai bất đẳng thức nữa: sin 2 B ac acb 2 (11) sin 2 C ab abc 2 (12) Nhân vế theo vế của (10), (11) và (12) ta có bài toán sau: 2 Một cách hình thành bài toán mới Bài toán 5: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: sin 2 A sin 2 B sin 2 C 8 1 . (Bài 34 toán nâng cao ĐS và GT 11 NXB GD của Nguyễn Tiến Quang) Kết hợp bài toán 5 với hệ thức quen thuộc cosA + cosB + cosC = 1 + 4sin 2 A sin 2 B sin 2 C (SGK ĐS và GT 11) Ta có bài toán sau: Bài toán 6: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: cosA + cosB + cosC 2 3 . Kết hợp bài toán 5 với hệ thức quen thuộc r = 4Rsin 2 A sin 2 B sin 2 C (SGK ĐS và GT 11) Ta có bài toán sau: Bài toán 7: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: 2r R. Kết hợp bài toán 2 với hệ thức: cotA+ cotB + cotC 3 (Sách toán bồi dỡng HS lớp 11-Lợng giác, NXB Hà Nội) Ta có bài toán sau: Bài toán 8: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: a 2 + b 2 + c 2 4 3 S. (Đề thi vô địch toán ở Hunggari) Bắt nguồn từ công thức tính độ dài đờng trung tuyến ta dễ dàng chứng minh đợc hệ thức m a 2 + m b 2 + m c 2 = 4 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) (13) Kết hợp hệ thức (13) với bài toán 1 ở trên ta đợc bài toán sau: Bài toán 9: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: abc( a Acos + b Bcos + c Ccos ) = 3 2 ( m a 2 + m b 2 + m c 2 ). Kết hợp hệ thức (13) với bài toán 3 ở trên ta đợc bài toán sau: 3 Một cách hình thành bài toán mới Bài toán 10: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: cotA + cotB + cotC = S mmm cba 3 222 ++ . Kết hợp hệ thức (13) với bài toán 8 ở trên ta đợc bài toán sau: Bài toán 11: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: m a 2 + m b 2 + m c 2 3 3 S. Từ bất đẳng thức: tan 2 A + tan 2 B + tan 2 C 3 (14) (Sách toán bồi dỡng HS lớp 11-Lợng giác, NXB Hà Nội) Biến đổi tơng đơng ta đợc: (14) 1 cos 1 cos 1 cos 3 sin sin sin A B C A B C + + Lúc đó xuất hiện bài toán sau: Bài toán 12: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: Asin 1 + Bsin 1 + Csin 1 cotA+ cotB+ cotC+ 3 . Từ bài toán 12 ta thay cotA+ cotB+ cotC = S cba 4 222 ++ = S mmm cba 3 222 ++ khi đó ta lại có hai bài toán sau. Bài toán 13: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: 2 2 2 1 1 1 3 sin sin sin 4 a b c A B C S + + + + + . Bài toán 14: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: 2 2 2 1 1 1 3 sin sin sin 3 a b c m m m A B C S + + + + + . Tiếp tục sử dụng định lí sin để biến đổi ta có Asin 1 + Bsin 1 + Csin 1 = 2R( a 1 + b 1 + c 1 ) = abc R2 (bc + ac + ab) = S2 1 (bc + ac + ab). Thay vo các bài toán (12), (13) và (14) ta có các bài toán mới: 4 Một cách hình thành bài toán mới Bài toán 15: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: S2 1 (bc + ac + ab) cotA+ cotB+ cotC+ 3 . Bài toán 16: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: 2(bc + ac + ab) a 2 + b 2 + c 2 + 4 3 S. Bài toán 17: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: 3(bc + ac + ab) 2(m a 2 +m b 2 +m c 2 ) + 6 3 S. Từ bài toán 16 thực hiện một phép biến đổi nữa ta đợc một bài toán nổi tiếng sau: Bài toán 18:(Bất đẳng thức Hadvigher) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: a 2 + b 2 + c 2 (a - b) 2 + (b - c) 2 + (c - a) 2 + 4S 3 . Bằng cách khai thác định lí cơ bản, kết hợp các hệ thức và các bài toán đã biết ta còn có thể đa ra nhiều bài toán khác. C .K ết luận: Với việc khai thác các Định lí cơ bản trong SGK, bằng các cách nhìn khác nhau tôi đã trả lời đợc câu hỏi: Bài toán này từ đâu ra? cho 18 bài toán trên. Qua việc phân tích đó nhằm giúp học sinh nắm và hiểu định lí một cách sâu sắc, để từ đó tìm đợc mối quan hệ giữa các bài toán từ cơ bản đến tổng quát và các bài toán hay, khó. Hơn thế nữa từ đó bằng cách tơng tự học sinh có thể khai thác tìm tòi để giải quyết hàng loạt các bài toán khác, qua đó củng cố đợc cách dạy học khai thác Định lí theo hớng tích cực. Theo tôi là giáo viên toán ai cũng làm đợc điều này, các bạn thử khai thác mỗi quan hệ giữa độ dài đờng phân giác trong, đờng cao, bán kính đờng tròn bàng tiếp, nửa chu vicủa tam giác, chắc các bạn sẽ có nhiều bài toán hay. Ngời viết 5 Mét c¸ch h×nh thµnh bµi to¸n míi 6 . gian giảng dạy và bồi dỡng toán cho học sinh, nhiều lúc đứng trớc một bài toán hay tôi thầm nghĩ không biết làm sao mà tác giả nghĩ ra đợc bài toán đó, đôi. cotB + cotC = abc cbaR )( 222 ++ . Từ cotA = abc Racb )( 222 + và S = R abc 4 hay 4 abc R S = Ta có định lí hàm số côsin suy rộng cotA = S acb 4 222 + (7)