Phát triển một số bài tập toán nhằm phát huy tính tích cực của học sinh THCS

MỤC LỤC TT NỘI DUNG TRANG Mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị 2 2 3 3 10 11 12 13 14 3 13 14 14 14 1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Nghị 29 Hội nghị TW (khóa XI) năm 2013 đổi tồn diện giáo dục đào tạo, đáp ứng yêu cầu cơng nghiệp hóa- đại hóa điều kiện kinh tế thị trường, định hướng xã hội chủ nghĩa hội nhập quốc tế đưa giải pháp là: “Tiếp tục đổi mạnh mẽ phương pháp dạy học theo hướng đại; phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo vận dụng kiến thức, kỹ người học; khắc phục lối truyền thụ áp đặt chiều, ghi nhớ máy móc Tập trung dạy cách học, cách nghĩ, khuyến khích tự học, tạo sở để người học tự cập nhật đổi tri thức, kỹ năng, phát triển lực.” Vì nhiệm vụ người giáo viên ngày phải cung cấp cho học sinh vốn tri thức mà điều quan phải trang bị cho học sinh khả tự làm việc, tự nghiên cứu để tìm hiểu tự nắm bắt thêm tri thức Như biết phương pháp giáo dục ngày phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư sáng tạo người học, bồi dương lực tự học, lòng say mê học tập, ý chí vươn lên Thực tế cho thấy mơn Tốn có vai trò quan trọng việc phát triển lực tư duy, lực sáng tạo cho học sinh Đặc biệt tập tốn rèn luyện cho học sinh thao tác trí tuệ, hình thành phẩm chất tư khoa học Chính vây, đòi hỏi người thầy dạy mơn Tốn cho học sinh cần phải dạy cách suy nghĩ, tính sáng tạo, khơi gợi cho học sinh khả tư duy, tìm tòi khám phá Hiện số lượng tập mơn tốn cho chủ đề nhiều, nhiên với thời lượng dạy đa số giáo viên tập trung dạy cho học sinh hiểu, giải theo cách giới hạn tốn mà tìm cách gợi mở cho học sinh tìm tòi phát triển tốn Với băn khoăn trăn trở tơi cố gắng nghiên cứu tìm tòi phát triển tập mơn tốn thường gặp q trình dạy học Đề tài tơi nghiên cứu là: “Phát triển số tập toán nhằm phát huy tính tích cực học sinh trung học sở” 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu đề tài khai thác số tập toán thường gặp, phát triển thêm bài, ý khác sở toán cũ nhằm tạo nên sức lơi học, kích thích tư học sinh, tác động đến đối tượng học sinh Đồng thời giúp người thầy chủ động lựa chọn tập tiết dạy 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đề tài tập trung nghiên cứu tìm lời giải cho số tốn chương trình thường gặp Thực nghiệm vào giảng dạy qua năm học, đặc biệt năm học 2016-2017 học sinh trường THCS Quảng Thành- TP Thanh hóa 1.4 Phương pháp nghiên cứu Trong sáng kiến sử dụng phương pháp phân tích tổng hợp lý thuyết, phương pháp điều tra, thực nghiệm, phân tích tổng kết kinh nghiệm 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm Sáng kiến lựa chọn toán hay, thường gặp phát triển toán sở lời giải phù hợp với trình độ học sinh, phân tích lời giải, rõ ưu điểm nhược điểm cách khai thác NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Sáng tạo cấp độ cao tính tích cực Học khơng phải tiếp thu kinh nghiệm sẵn có nhân loại mà sáng tạo lại Tâm lý học lý luận dạy học đại khẳng định rằng: Con đường hiệu để học sinh nắm vững kiến thức phát triển lực sáng tạo phải đưa học sinh vào vị trí chủ thể hoạt động nhận thức, thơng qua hoạt động tự lực thân mà chiếm lĩnh kiến thức, phát triển lực sáng tạo hình thành phẩm chất Trong q trình giảng dạy tơi nhận rằng: khai thác lời giải tập tốn góp phần quan trọng việc hình thành phát triển lực tư học sinh, đặc biệt phẩm chất trí tuệ như: Phân tích tổng hợp, trừu tượng hoá, khái quát hoá… khai thác lời giải tập tốn hình thành cố cho học sinh tri thức kỹ năng, kỹ xảo môn học Giáo dục cho học sinh giới quan vật biện chứng Bên cạnh việc khai thác lời giải tập tốn mang lại thành công lớn cho tiết dạy, giúp người thầy tận dụng tối đa thời gian 45 phút tiết dạy để tác động đến đối tượng học sinh giỏi, trung bình yếu kém, rút ngắn thời gian đề mà bao quát lượng kiến thức cần truyền thụ cho học sinh 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trong q trình dạy học tơi nhận phần lớn học sinh tiếp thu kiến thức mà người thầy truyền thụ Song việc tiếp thu mang tính chất thụ động, điêù thể chỗ học sinh giải tập đơn giản dạng áp dụng thuật toán, tập thầy hướng dẫn Nhưng gặp tập tương tự tập mang tính tổng hợp từ tốn quen thuộc khơng thể giải Nguyên nhân thân học sinh chưa làm quen với cách tìm tòi, khai thác sâu lời giải tốn, tìm thêm kết khác tốn Với thực trạng tơi mạnh dạn trình bày kinh nghiệm khai thác lời giải tập tốn mà tơi áp dụng thành công để giải vấn đề 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề Để làm rõ vấn đề xin đưa số tập sau cách khai thác lời giải tập, mà áp dụng Bài tập 1: ( Bài 30 SGK tập tốn phần Hình học trang 116 ) Cho nửa đường tròn O có đường kính AB Gọi Ax, By tia vng góc với AB( Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn( M khác A, B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt Ax By theo thứ tự C D Chứng minh rằng: ˆ = 90o a/ COD b/ CD = AC + BD c/ Tích AC.BD khơng đổi điểm M di chuyển nửa đường tròn Sau lời giải toán  a/ Chứng minh: COD 90 Vì CM CA tiếp tuyến cắt => OC x  phân giác AOM  Tương tự OD phân giác BOM  M Mà AOM kề bù với MOˆ B  OC  OD C Hay COˆ D 90 b/ Chứng minh: AC + BD = CD Vì CM = CA, DM = DB (tính chất tiếp tuyến cắt A O nhau)  CM + MD = CA + DB Hay CD = CA + DB c/ Chứng minh: AC.DB không đổi M di chuyển (O) Ta có AC.DB = CM.MD Mà  COD có MOCD (bán kính vng góc với tiếp tuyến tiếp điểm) => CM.MD = OM2 hay AC.DB = OM2 không đổi y D B Cũng với đề ta khai thác tốn theo mức độ tiếp thu học sinh sau: Cho nửa đường tròn O có đường kính AB Gọi Ax, By tia vng góc với AB( Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn( M khác A, B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt Ax By theo thứ tự C D Chứng minh rằng: d/ Đường tròn tâm I có đường kính CD tiếp xúc với AB e/ Gọi N giao điểm AD BC Chứng minh: * MN vng góc với AB * MN = NH g/ Tìm vị trí M nửa đường tròn để hình thang ABDC có chu vi nhỏ x Hướng dẫn:  d/ Vì COD 90 =>  COD vuông O I trung điểm CD nên IC = IO = ID => O thuộc đường tròn đường kính CD Mặt khác: ABDC hình thang vng, OI đường I trung bình hình thang nên OI // BD => OI M vng góc với AB C CD Vậy AB tiếp tuyến (I; ) e/ Ax // By nên theo Ta let ta có: Ta lại có DB = MD, AC = MC ND DB  NA AC (1) A y D N H B O (2) ND MD  suy MN // AC (Định lí Talet đảo) NA MC AC  AB nên MN  AB MN CN AN NH    Theo dịnh lí Ta lét: suy MN = NH BD CB AD BD Từ (1) (2) ta có: g/ Chu vi tứ giác ABCD PABDC = AB + AC + BD + CD ta có AB + CD = CM + MD = CD nên PABDC = AB + CD AB không đổi => PABDC nhỏ CD nhỏ => CD = AB => CD // AB Hay M điểm cung AB Với cách khai thác ta thấy có ưu điểm sau: Thứ nhất: Bài toán gắn liền với chuẩn kiến thức, tập phần luyện tập “ Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau” Bài tốn vừa có tác dụng cố kiến thức, vừa rèn luyện kĩ chứng minh hình học cho học sinh Đồng thời việc khai thác thêm lời giải bao quát nhiều kiến thức mơn hình học mà em học năm học trước Thứ hai: Bài toán tác động đối tượng học sinh Đối với học sinh trung bình yếu câu a, b hồn tồn phù hợp, hướng dẫn giáo viên em tiếp thu Đối với học sinh giỏi việc lựa chọn câu c, d, e, g tạo cho em hứng thú học tập, tránh nhàm chán học Thậm chí giáo viên u cầu em tìm thêm kết khác tốn Như phát huy tư duy, tính sáng tạo em Thứ ba: Việc khai thác lời giải, khai thác kết khác toán tiết kiệm thời gian đề bài, học không bị gián đoạn, giúp cho người thầy không bị lúng túng lựa chọn hệ thống tập Đặc biệt áp dụng cho luyện tập ơn tập chương kết thu lớn Tuy nhiên tập khai thác lời giải, người thầy cần phải lựa chọn tập phù hợp để tránh gây phức tạp thêm Bên cạch người thầy nên chọn hai cách khai thác tiết học, kết khác giao cho học sinh tìm hiểu Bài tốn có số cách khai thác sau: Cho nửa đường tròn O có đường kính AB Gọi Ax, By tia vng góc với AB( Ax, By nửa đường tròn thuộc nửa mặt phẳng bờ AB) Qua điểm M thuộc nửa đường tròn( M khác A, B) kẻ tiếp tuyến với nửa đường tròn, cắt Ax By theo thứ tự C D a/ Chứng minh:  AMB đồng dạng với  COD b/ Chứng minh: Các tứ giác ACMO BDMO nội tiếp c/ AM cắt OC E, BM cắt OD F Tứ giác OEMF hình gì? d/ Tìm vị trí C D để hình thang ABDC có chu vi 14cm Biết AB = 4cm Bài tập 2: (Bài số Kì thi tuyển sinh vào lớp 10 PTTH năm 2004 - 2005) Cho phương trình: x2 - (m +1)x + 2m - = 1/ Chứng minh phương trình ln có hai nghiệm phân biệt 2/ Tìm hệ thức liên hệ hai nghiệm x 1, x2 phương trình cho hệ thức khơng phụ thuộc vào m Lời giải 1/ Ta có:  = [- (m +1)]2 – 4(2m - 3) = m2 + 2m + – 8m + 12 = m2 – 6m + 13 = m2 – 6m + + = (m – 3)2 + > với m Nên phương trình ln có hai nghiệm phân biệt 2/ Vì phương trình ln có hai nghiệm phân biệt nên theo định lí Vi ét ta có: x1 + x2 = m + (1) x1 x2 = 2m – (2) Từ (1) ta có m = x1 + x2 – thay vào (2) ta được: x1 x2 = 2(x1 + x2 – 1) – � x1 x2 = 2(x1 + x2) – Đây hệ thức liên hệ nghiệm mà không phụ thuộc vào m Để toán tác động đến đối tượng học sinh đặc biệt học sinh yếu ta nên đưa thêm vào câu sau: Giải phương trình m = Với câu học sinh giải Sau số cách khai thác thêm lời giải toán này: 3/ Tìm m để tổng bình phương nghiệm 4/ Tìm m để phương trình có nghiệm x1, x2 cho 5x1 - x2 = 5/ Tìm m để phương trình có nghiệm dương Lời giải 3/ Phương trình ln có hai nghiệm phân biệt x1, x2 nên theo Vi-ét ta có: x1 + x2 = m + x1 x2 = 2m – Ta có: x12 + x22 = � x12 + x22 = (x1+ x2)2 – x1x2 = (m+1)2 – 2(2m – 3) = � m2 + 2m + – 4m + = � m2 – 2m = � m(m – 2) = � m = m = 4/ Ta có: x1 + x = m + (1) x1 x2 = 2m – (2) 2x1 - x2 = -1 (3) Từ (3) ta suy ra: x2 = 2x1 + Thay vào (1) (2) ta có: � m �3 x m �x1  2x1   m  �x1  �1 � � � �x (2 x 1) 2m3 �m m �x1  2x1  1  2m – 1 � � ( 1)  2m3 � �3 m m Ta giải phương trình: (  1)  2m  3 � 2m2 +3m = 18m – 27 � 2m2 - 15m + 27 = 15  15  � m1   m2  3  =225 – 4.2.27 = ; 2.2 2.2 Vậy m = m = 2x1 – x2 = -1 5/ Để phương trình có nghiệm dương thì: m  >0 S>0 � x1 + x2 > � m +1 > � m > -1 � m 1,5 P>0 x1 x2 > 2m – > m> Bài tập 3: ( Bài 158 SBT Tốn tập phần hình học trang 76) Cho  ABC vuông A, D trung điểm BC Gọi M điểm đối xứng với D qua AB, gọi E giao điểm DM AB Gọi N điểm đối xứng ví D qua AC, giao điểm DN AC a/ Tứ giác AEDF hình gì? Vì sao? b/ Các tứ giác ADBM, ADCN hình gì? Vì sao? c/ CMR: M đối xứng với N qua A Sau lời giải toán a/ Tứ giác AEDF hình chữ nhật có: C ˆ  ˆ  Fˆ  90o  b/  ABC có BD = DC, DE// AC nên AE = BE Ta lại có DE = EM (D đối xứng với M qua AB) Tứ giác ADBM có hai đường chéo cắt trung điểm đường nên hình bình hành Hình bình hành ADBM có hai đường chéo vng góc AB  DM nên hình thoi Chứng minh tương tự ta có tứ giác ADCN hình thoi N F A D E B M c/ Tứ giác ADCN hình thoi � AM// BD � AM// BC Tương tự có AN // BC Qua A ta có AM = BD, AN //BC nên M, A, N thẳng hàng (1) Ta lại có AM = BD, AN = DC mà BD = DC nên AM = AN (2) Từ (1) (2) suy A trung điểm MN, M đối xứng với N qua A Vẫn với đề trên, sau số cách khai thác tốn: d/ Tứ giác MNCB hình gì? Vì sao? e/ CMR: AD, EF, CM, NB qua điểm g/ Với điều kiện tam giác ABC tứ giácAEDF hình vng ? Lời giải d/ Vì MB =AD =NC MB // AD // NC ( tứ giác ADBM, ADCN hình thoi) nên tứ giác MNCB hình bình hành e/ AFDE hình chữ nhật nên AD cắt EF I Ta có CD // AM, AC// DM � ACDM hình bình hành � AD cắt CM trung điểm đường � CM qua I (I trung điểm CM) Theo câu d) MNCB hình bình hành � CM cắt NB trung điểm đường � NB qua I Vậy AD, EF, CM, NB qua I g/ Hình chữ nhật AEDF hình vng � AE = AF C 1 Ta lại có AE = AB, AF = AC 2 � nên AE =AF AB = AC Vậy tam giác ABC vuông cân lại A AEDF hình vng N F D I A E B M Bài tập 4: ( Bài 38 SBT Toán tập phần đại số trang ) Cho a + b + c = Chứng minh: a3 + b3 + c3 = 3abc Sau lời giải toán Lời giải: Từ a + b + c = � a + b = - c lập phương hai vế ta có: (a + b)3 = (- c)3 � a3 + b3 + 3a2b + 3ab2 = - c3 � a3 + b3 + 3ab(a + b) = - c3 � a3 + b3 + 3ab(-c) = - c3 � a3 + b3 + c3 = 3abc Với toán này, ta sử dụng cách giải sau khai thác tốt kết khác toán: Từ a + b + c = � a + b = - c Ta có: a3 + b3 = (a + b)3 – 3ab(a + b) Thay a + b = - c vào ta a3 + b3 = (- c)3 – 3ab(- c) � a3 + b3 + c3 = 3abc Sau số cách khai thác: Cho a + b + c = Chứng minh 1/ a + a2c – abc + b2c + b3 = 2/ (a2 + b2 + c2)2 = 2(a4 + b4 +c4) 3/ Tính giá trị A = bc ca ab   a2 b2 c2 Hướng dẫn lời giải: 1/ a3 + a2c – abc + b2c + b3 = a3 + b3 + c( a2 – ab + b2) = a3 + b3 – (a + b)( a2–ab + b2) = a3 + b3 - (a3 + b3) = a3 + b3 - a3 - b3 = 2/ Vì a + b + c = nên ta có: a = - ( b + c) Suy a2 = b2 + 2bc + c2 a2 – b2 - c2 = 2bc a4 + b4 + c4 – 2a2b2 + 2b2c2 - 2a2c2 = 4b2c2 a4 + b4 + c4 = 2a2b2 + 2b2c2 + 2a2c2 cộng hai vế với a4 + b4 + c4 ta được: 2(a4 + b4 +c4) = (a2 + b2 + c2)2 3/ Dựa vào toán ta đặt: 1  x;  y;  z a b c � x + y + z = x3 + y3 + z3 = 3xyz 1 1 Hay    Do đó: A = abc(   ) = abc �  a b c abc a b c abc Với tốn khai thác cách đảo lại sau: Cho a3 + b3 + c3 = 3abc Chứng minh: a + b + c = a = b = c Lời giải: Ta xét tích sau: (a + b + c)( a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = a3 + ab2 + ac2 – a2b – abc – a2c + ba2 + b3 + bc2 – ab2 – b2c – abc + a2c + b2c +c3–abc–bc2 - ac2 = a3 + b3 + c3 - 3abc a3 + b3 + c3 - 3abc = (a + b + c)( a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = Suy a + b + c = Hoặc a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca = � (a – b)2 + ( b – c)2 +(c – a)2 = tức a = b = c Từ cách khai thác ta lại phát triển toán theo nhiều hướng mới: Cho a3 + b3 + c3 = 3abc Tính giá trị biểu thức: � a� � b� � c� 1 � 1 � 1 � A= � � � b c a � � � � � � Lời giải: Vì a + b + c = 3abc � a3 + b3 + c3 - 3abc = � (a + b + c)( a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca) = � a + b + c = a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca = 3 (b  a) (c  b) ( a  c ) � � b c a (c) (a ) (b ) � A= � �  1 b c a * Nếu a + b + c = � A = *Nếu a2 + b2 + c2 – ab – bc – ca = a = b = c � a� � b� � c� 1 � 1 �  �= (1 + 1)(1 + 1)(1 + 1) = Khi A = � � � b c a � � � � � � Với dạng tốn ta khai thác thêm mốt số kết sau: 1/ Cho a,b,c cạnh tam giác, thỏa mãn điều kiện sau: a + b3 + c3 = 3abc Chứng minh tam giác tam giác 2/ Cho a + b + c = Tính giá trị A = (a – b)c3 +(b – c)a3 +(c – a)b3 Bài tập 5: ( Bài 81 SBT Toán Tập phần số học trang 16) 1 1  ;  5 1 1 Từ tính nhanh tổng sau: A =     12 20 30 1 1 1 1 1 1 1   ;   ;   Lời giải:   ; ;   2 12 20 30 1 1 1 1 1 1 1 Từ ta có: A =     =          12 20 30 2 3 4 5 A = 1 = 6 Tính  ; 1 1  ;  ; 3 Việc giải tốn học sinh khơng có khó khăn Tuy nhiên từ tốn giáo viên dẫn dắt đến toán tổng quát toán tương tự 1 1 1/ Tính tổng: A = 1.2  2.3  3.4  4.5   ( n  1)n 1 1     1.3 3.5 5.7 1999.2001 3 3     3/ Tính tổng: C = 2.5 5.8 8.11 17.20 2 2   � � � �  4/ Tính tổng: D = 2.3.4 3.4.5 4.5.6 38.39.40 2/ Tính tổng: B = Hướng dẫn 1 1 1 1 1 1 1 � �   1/ A = 1.2  2.3  3.4  4.5   (n  1)n =         � 2 3 4 n 1 n n 1 = n n 1 1     2/ B = 1.3 3.5 5.7 1999.2001 2 2 1 1 1 1     � � �   => 2B = =      � 1.3 3.5 5.7 1999.2001 3 5 1999 2001 1 2000 1000 => 2B =  = => B = 2001 2001 2001 3 3 1 1 1 1     � � �   3/ C = =      � 2.5 5.8 8.11 17.20 5 8 11 17 20 1 10 C=     20 20 20 20 2 2   � � � �  4/ D = 2.3.4 3.4.5 4.5.6 38.39.40 1 1 1      Ta có: ; = ; …… ; 2.3.4 2.3 3.4 3.4.5 3.4 4.5 38.39.40 38.39 39.40 1 1 1 1     => D = + + +… + 2.3 3.4 3.4 4.5 4.5 5.6 38.39 39.40 1 260  259   => D = = 2.3 39.40 39.40 1560 A = 1 Bài tập 6: (Bài 67, Toán Bồi dưỡng học sinh lớp 8- Vũ Hữu Bình) 1 1 Cho x, y, z thỏa mãn điều kiện: x  y  z  x  y  z Chứng minh rằng: x3 + y3 +z3 = (x + y + z)3 1 1 1 1 Lời giải : Từ x  y  z  x  y  z x  y  x  y  z  z x y x y 1 xy   z ( x  y  z ) � ( x  y)( xy  xz  yz  z )  xy  xz  yz  z )0 ( x  y )( xy  xz  yz  z )  ( x  y )( 1 xy ( xz  yz  z )  x  y  y  z  x  z �x  y  �  � �y  z  0         �x  z  � * Nếu x + y = => x3 + y3 +z3 = (x + y + z)3 10 * Nếu y + z = => x3 + y3 +z3 = (x + y + z)3 * Nếu x + z = => x3 + y3 +z3 = (x + y + z)3 (Điều phải chứng minh) Từ tốn ta khai thác thêm kết sau: 1 1 Cho x, y, z thỏa mãn điều kiện: x  y  z  x  y  z 1/ Chứng minh số x, y, z có hai số đối 2/ Chứng minh: x2n + + y2n + +z2n + = (x + y + z)2n + 1 1 3/ Chứng minh: x  y  z tối giản với x, y, z nguyên 1 1 1 1 4/ Chứng minh: ( x  y )( y  z )( z  x ) có giá trị số tự nhiên 1 5/ Chứng minh: x n 1  y n 1  z n 1  x n 1  y n 1  z n 1 với n số tự nhiên Bài tập 7: Cho x, y thỏa mãn: ( x  2007  x)( y  2007  y)  2007 (1) Tính M = x2007 + y2007 Lời giải :Ta thấy: ( x  2007  x)( x2  2007  x)  2007 ( y  2007  y )( y  2007  y )  2007 � �( � � � �( � �( � � � �( � �( � � � �( x  2007  x)( y  2007  y )( x  2007  x )( x  2007  x) x  2007  x)( y  2007  y )( y  2007  y )( y  2007  y ) y  2007  y) ( x  2007  x) (vì x  2007  x) ( y  2007  y) x  2007  x �0; y  2007  y �0 ) y  2007  y) ( x  2007  x) thực trừ vế với vế ta y = - x y  2007  y) ( x  2007  x) => x, y đối => M = Ta khai thác thêm số kết khác sau: Cho x, y thỏa mãn: ( x  2007  x)( y  2007  y)  2007 (1) Chứng minh rằng: 1/ x, y hai số đối 2/ x2n + + y2n + ( x �0, n �N ) có giá trị khơng đổi 3/ (x + y)2n + = x2n + + y2n + ( n �N ) 2n 2n 4/ x + y ( n �N ) khơng thể số phương x, y số tự nhiên lẻ Bài tập 8: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM O trung điểm AM, BO cắt AC D, CO cắt AB E Chứng minh: AE = 1 AB; AD = AC 3 Lời giải 11 Vẽ đường thẳng MP// BD ( P thuộc AC) Vì m trung điểm BC nên P trung điểm DC => PD = PC (1) Trong tam giác AMP có O trung điểm AM CD // MP => D trung điểm AP => DA = DP (2) A D E O B Từ (1) (2) suy ra: AD = DP = PC => AD = Chứng minh tương tự ta AE = P C M AC AB Ta khai thác thêm số kết sau: 1) Chứng minh: ED // BC 2) Chứng minh: ED = BC 3) Chứng minh: SAEO = SADO = 12 SABC 4) Chứng minh: OM OD OE   1 AM BD OC Bài tập 9: (Toán Bồi dưỡng Học sinh lớp 8- Vũ Hữu Bình) Cho tam giác ABC nhọn đường cao AP,BQ,CR cắt H HP HQ HR Chứng minh rằng: AP  BQ  CR  Lời giải Ta có: SABC  SAHB  SBHC  SCHA A Q SAHB  HR �AB R SBHC  HP� BC ; SAHC  HQ�AC H B C P SABC  AP.BC  BQ AC  CR AB 2 SAHB HR SBHC HP SAHC HQ  ;   Nên S : SABC AP SABC BQ ABC CR SBHC S AHC SABC HP HQ HR S   1 => AP  BQ  CR  SAHB  S ABC ABC SABC SABC Với tốn ta khai thác sau: 1) Cho tam giác ABC nhọn đường trung tuyến AP, BQ, CR cắt H HP HQ HR Chứng minh rằng: AP  BQ  CR  2) Cho tam giác ABC nhọn đường phân giác AP, BQ, CR cắt H 12 HP HQ HR MP MQ MR Chứng minh rằng: AP  BQ  CR  3) Cho tam giác ABC nhọn M điểm nằm tam giác đường thẳng AM, BM, CM cắt AB, BC, CA P, Q, R Chứng minh rằng: AP  BQ  CR  Bài tập 10: Cho A = x2 – 3x +5 với x �3 Tìm giá trị nhỏ A Lời giải: A = x2 – 3x +5 = x(x-3) + �5 với x �3 Dấu “=” xảy � x = Vậy Amin= x = Ta khai thác thêm số kết sau: 1) Tìm GTNN A = x2 – 3x + a với x �3 2) Tìm GTNN A = xn + – 3xn + 2010 với x �3 3) Tìm GTNN A = x2n – 3nxn + 2009 với x �3 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Trên trình bày kinh nghiệm mà tơi có trình giảng dạy số tập tập cách khai thác mà thực thành công Khi chưa áp dụng kết học sinh khai thác đạt: TT TT Tổng Giỏi Khá TB SL TL% SL TL% SL TL% Lớp số 8B 32 6.25 9.4 25 8C 35 2.9 11.4 17.1 9B 38 2,6 7,9 15 39,5 Sau áp dụng kết học sinh khai thác đạt: Yếu SL TL% 19 59.35 24 68.1 19 50 Tổng Lớp số Yếu SL TL% 8B 32 8C 9B 35 38 Giỏi SL TL% 18.7 11.4 13,2 Khá SL TL% 12 37.5 10 25.7 26,3 TB SL TL% 31.2 10 17 48.6 20 52,6 12.5 14.3 7,9 Với phương pháp giải cách khai thác đa số học sinh có hứng thú làm bài, say mê tìm tòi nghiên cứu Cái cách làm học sinh tích cực học tập Vì tập thường đặt mức độ, phát triển từ dễ đến khó, khơng gây nhàm chán hay tự ti cho học sinh KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận 13 So với cách dạy học sinh giải tập tốn thơng thường khai thác lời giải tập toán mang lại hiệu cao Đặc biệt áp dụng vào luyện tập ơn tập chương mức độ thành cơng học cao Việc khai thác lời giải hệ thống kiến thức Phát triển tư học sinh, học sinh thấy lôgic kiến thức, dễ dàng giải lớp tập tương tự tìm quy luật tổng quát toán mà khơng q khó khăn Đồng thời việc khai thác lời giải giảm bớt thời gian đề bài, người thầy có nhiều thời gian để quan tâm đến đối tượng học sinh đặc biệt học sinh yếu 3.2 Kiến nghị Qua trình giảng dạy mơn Tốn, áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào thực tiễn giảng dạy, tơi có số ý kiến nghị sau: + Đối với giáo viên giảng dạy mơn Tốn: - Giáo viên cần nghiên cứu nhiều khía cạnh tốn, phát triển tốn gốc thành nhiều tốn khác, tìm tòi toán mới, lời giải khác nhau, xây dựng chủ đề, chủ điểm - Nên giảng dạy theo chủ đề, chủ điểm, giáo viên người điều khiển, hướng dẫn, tổ chức, học sinh nhà phát minh, kiến tạo - Hướng dẫn học sinh tự tìm tòi, phát vấn đề, tăng cường việc tự học học sinh (có kiểm tra, giám sát điều chỉnh giáo viên) + Đối với nhà trường: - Làm tốt công tác khảo sát đánh giá học sinh từ đầu năm học, từ phân loại tốt đối tượng theo lớp phụ đạo, bồi dưỡng Trên sở giáo viên mơn có lựa chọn kiến thức phương pháp giảng dạy phù hợp - Coi trọng mơn Tốn nhiều hơn, tăng cường công tác phụ đạo bồi dưỡng mơn Tốn, xây dựng câu lạc Tốn học (cả giáo viên học sinh) + Đối với phòng giáo dục: - Tạo điều kiện để giáo viên mơn Tốn Thành phố giao lưu, trao đổi kinh nghiệm, học hỏi lẫn thơng qua việc dự khóa, dự bồi dưỡng, phụ đạo - Động viên khuyến khích giáo viên, học sinh tự tìm tòi toán mới, phát toán học, xây dựng tập san toán học Với đề tài tơi mong muốn khơi dậy u thích, niềm đam mê sáng tạo toán học học sinh giáo viên; mong muốn chia sẻ, đóng góp kinh nghiệm thân với đồng nghiệp nhằm góp phần nâng cao chất lượng mơn Tốn Tuy nhiên đề tài khơng tránh khỏi thiếu xót, mong đóng góp ý kiến đồng nghiệp người quan tâm Thanh Hóa, ngày 15 tháng 11 năm 2017 XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung 14 người khác Người viết Hồ Văn Khôi TÀI LIỆU THAM KHẢO 15 TT TÊN TÀI LIÊU Sách giáo khoa lớp 6, 7, 8, TÁC GIẢ- NĂM XB Bộ Giáo dục đào tạo - 2014 Sách tập lớp 6, 7, 8, Tôn Thân- 2010 Nâng cao phát triển Tốn lớp 6, 7, 8, Vũ Hữu Bình- 2010 Toán bồi dưỡng học sinh lớp 8, Vũ Hữu Bình- Tơn Thân- Đỗ Quang Bài tập nâng cao số chuyên đề toán Các chuyên đề chọn lọc toán Thiều- 2009 Bùi Văn Tuyên- 2013 Tôn Thân- 2016 16 ... phát huy tính tích cực học sinh trung học sở” 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu đề tài khai thác số tập toán thường gặp, phát triển thêm bài, ý khác sở tốn cũ nhằm tạo nên sức lơi học, ... đa số học sinh có hứng thú làm bài, say mê tìm tòi nghiên cứu Cái cách làm học sinh tích cực học tập Vì tập thường đặt mức độ, phát triển từ dễ đến khó, không gây nhàm chán hay tự ti cho học sinh. .. cho học sinh tìm tòi phát triển tốn Với băn khoăn trăn trở tơi cố gắng nghiên cứu tìm tòi phát triển tập mơn tốn thường gặp q trình dạy học Đề tài nghiên cứu là: Phát triển số tập tốn nhằm phát