Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 17 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
17
Dung lượng
686,5 KB
Nội dung
Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm A PHẦN MỞ ĐẦU I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI: - Ở trường THCS dạy toán dạy hoạt động toán học cho học sinh (HS), giải tốn đặc trưng chủ yếu hoạt động toán học HS Để rèn kỹ cho HS, ngồi việc trang bị tốt kiến thức cho HS giáo viên cần hướng dẫn cho HS cách khai thác, tìm hiểu nhiều cách giải khác theo nhiều chiều hướng khác cho toán đơn giản tốn khó - Nhưng thật tiếc thực tế chưa làm điều cách thường xuyên Phần lớn giáo viên chưa có thói quen khai thác tốn nhiều chiều hướng khác để đưa nhiều lời giải khác cho toán, mà giải toán chủ yếu dừng lại việc tìm kết toán Điều làm cho HS khó tìm mối liên hệ kiến thức học với toán Cho nên bắt đầu giải tốn HS khơng biết đâu? Cần vận dụng kiến thức học? Vẽ hình phụ nào? Có sở để giúp em có kĩ cần thiết học toán giải toán? - Một điều chắn rằng, việc khai thác toán theo hướng tìm nhiều lời giải kích thích hứng thú học tập óc sáng tạo học sinh Từ giúp học sinh có sở khoa học phân tích, định hướng tìm lời giải cho tốn khác Hơn củng cố cho học sinh lòng tin vào khả giải tốn - Vì trình dạy học việc hình thành cho học sinh thói quen tìm tòi mở rộng tốn quen thuộc thành tốn mới, tìm nhiều cách giải khác cho toán phương pháp khoa học hiệu mà giáo viên cần trau * Chính lí mà viết áp dụng sáng kiến kinh nghiệm “ Tìm nhiều lời giải cho toán” II.PHẠM VI NGHIÊN CỨU: GV: Lê Phúc Lợi Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm Phạm vi nghiên cứu đề tài: Các toán đại số hình học chương trình THCS Đối tượng: Học sinh giỏi trường THCS Mục đích: Trao đổi kinh nghiệm giúp HS có cách nhìn theo nhiều chiều hướng khác tốn B PHẦN NỘI DUNG BÀI TỐN 1: Chứng minh định lý: “ Trong tam giác đường phân giác góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn thẳng ấy.” - Khơng tính tổng qt, ta xét tam giác ABC có phân giác AD (D thuộc BC) AB DB � ABC �� ACB Ta cần chứng minh AC DC (*) Cách 1: Nếu ta nghĩ đếu định lý Talet để chứng minh tỉ số (*) ta cần vẽ thêm đường thẳng song song với AC cắt AD E Chứng minh: A Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt AD E � � � BAE � => CAE (GT) AEB (so le trong), mà CAE B D C � AEB � => BAE => AB = BE (1) E BE BD Mặt khác AC // BE => (Định lí Talet) (2) AC DC Từ (1) (2) ta có AB DB (ĐPCM) AC DC Cách 2: Nếu ta nghĩ đến chứng minh hệ thức (*) tam giác đồng dạng ta phải tạo tam giác đồng dạng với tam giác ADC cách dựng BE (E thuộc AD) cho GV: Lê Phúc Lợi Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm � ABE � ACD Gợi ý: A Chứng minh BE = BD EAB : DAC (g.g) E D B C Cách 3: Ta tạo cặp tam giác vuông đồng dạng cách từ B C kẻ đường thẳng vng góc với AD E F Từ ta có điều phải chứng minh Gợi ý: A E Chứng minh EAB : FAC (g.g) BDE : CFD (g.g) D B AB EB DB Suy ra: AC FC DC C F Cách 4: Nếu ta nghĩ đến việc áp dụng diện tích để giải tốn ta có điều phải chứng minh: A Gợi ý: Kẻ AH BC, DM AB, DN AC N Ta có ADM = AND (ch-gn) => DM = DN S DM AB AB ABD => S DN AC = AC ACD => AB DB AC DC M B H Cách 5: Tiếp tục rở lại cách vận dụng Talet ta có cách giải C D E sau: Gợi ý: A Qua B vẽ đường trẳng song song với AD cắt CA E Từ ta có điều phải chứng minh: B D C Cách 6: Nếu ta kết hợp kiến thức: Tính chất tỉ lệ thức, tam giác đồng dạng, tính chất hình GV: Lê Phúc Lợi Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm thoi ta có cách sau: Gợi ý: Qua D kẻ đường thẳng song song với AB AC A cắt AB AC E F Rồi chứng minh BDF : DEC (g.g), BD BF DF BF DF tứ giác AEDF hình thoi Từ DC DE CE BE CE E F B C D ta có điều phải chứng minh Cách 7: Qua D kẻ đường thẳng song song với AB, A E qua A kẻ đường thẳng song song với BC, hai F đường thẳng cắt E, DE cắt AC F B Từ ta có điều phải chứng minh C D BÀI TỐN 2: Cho hình chữ nhật AECF tạo ba hình vng F E nhau, xếp kề hình C A Chứng minh rằng: 450 D Hướng thứ nhất: Tạo tam giác vng cân Cách 1: (Vẽ hình phụ hình vẽ bên) F K A GV: Lê Phúc Lợi E C Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm - Chứng minh AHD DKC AFB (g.c.g) - Để chứng minh tam giác ADC vng cân D - Từ suy ĐPCM Cách 2: (Vẽ hình phụ hình vẽ bên) D � Chứng minh DAB vuông cân - Chứng minh B F A => ĐPCM Cách 3: (Vẽ hình phụ hình vẽ bên) C B C E B FA � - Chứng minh B E A - Chứng minh DAB vuông cân A => � ABD 450 => ĐPCM D Cách 4: (Vẽ hình phụ hình vẽ bên) - Chứng minh C�1 - Chứng minh DAC vuông cân D => � ACD 450 => ĐPCM Hướng thứ hai: Xét tam giác đồng dạng Cách 5: (Vẽ hình phụ hình vẽ bên) D F AD DB - Chứng minh: Ta có �ADB chung CD DA => ADB : CDA (c.g.c) => �DAB = �DCA = A � - Do = DAB = �D1 = 450 FF DD E K CC BB Cách 6: (Vẽ hình phụ hình vẽ bên) GV: Lê Phúc Lợi K AA C B K EE Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm => C B F AD DB Ta có � ADB � AKC 1350 AK KC E A ADB : AKC (c.g.c) => �KCA = Vậy = � KCA = 450 D Cách 7: (Vẽ hình phụ hình vẽ bên) - Chứng minh ADC : AKB (c.g.c) => �B1 = Suy ĐPCM Cách 8: (Vẽ hình phụ hình vẽ bên) D F - Chứng minh BDP : CKO (g.g) P - Suy �C1 C B O E K A - Vậy = C�1 = 450 C B F Cách 9: (Vẽ hình phụ hình vẽ bên) - Chứng minh CDA : BOA (g.g) E A - Suy �B1 O - Vậy = B�1 = 450 Hướng thứ 3: Xét tỷ số lượng giác Cách 10: (Vẽ hình phụ hình vẽ bên) - Ta có tg tgC�1 => �C1 D F - Chứng minh ADCK hình bình hành P C B O E K A - Vậy = C�1 = 450 Cách 11: 1 - Ta có tg tg B�1 => �B1 C B F E A O GV: Lê Phúc Lợi Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm - Vậy = B�1 = 450 BÀI TOÁN 3: Cho a > c > b > c > Chứng minh rằng: c(a c) c(b c) � ab (1) Cách 1: Dùng phép biến đổi tương đương Ta có c (a c) c(b c ) � ab c(a – c) + c(b – c) + c (a c)(b c) �ab ab + 2c2 – c (a c)(b c) �0 c2 + (a – c)(b – c) - c (a c)(b c) �0 [c - (a c)(b c) ]2 �0 Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu “=” xảy c = ab ab Cách 2: Dùng phương pháp ẩn phụ Đặt a = c(x + 1); b = c(y + 1) (x, y > 0) Ta có (1) c x c y �c ( x 1)( y 1) x y � x 1 y 1 xy �0 => Điều phải chứng minh Dấu “=” xảy c = ab ab Cách 3: Dùng bất đẳng thức biết Ta có (1) c(a c) c(b c) �1 ab ab Áp dụng bất đẳng thức AM – GM Ta lại có c ( a c) c(b c) �c a c � �c b c � �a b � � � � � � � � ab ab �b a � �a b � �a b � c �c a c 1 � c c ab �b a a � 1� c Dấu “=” xảy � b a a b �c b c c �a b b GV: Lê Phúc Lợi Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm Cách 4: Dùng bất đẳng thức biết Áp dụng bất đẳng thức CBS ta có ( a c ) c c (b c ) � � a c � � Dấu xảy 2 c �� b c �� � � c � ab � � ac bc ab � c (a c )(b c ) � c ab c c Cách 5: Dùng điều kiện có nghiệm phương trình bậc hai Đặt y = c(a c) c(b c) => (y - c(a c) )2 = c(b – c) [y2 + c(a – b)]2 = (2y c(b c) )2 y4 + 2y2c(a – b) + c2(a – b)2 = 4y2ac – 4y2c2 f(c) = [(a – b)2 + 4y2] c2 – 2y2(a + b)c + y4 = Ta có y thuộc tập giá trị hàm số f(c) = có nghiệm ’ �0 4y4(ab – y2) �0 y2 �ab y � ab => ĐPCM Cách 6: Dùng phương pháp hình học Xét tam giác ABC với độ dài cạnh CB = a ; CA = b đường cao CH = c BH = a c AH = b c C Khi ta có c(a c ) c(b c) = 2SCBH + 2SCAH = 2SABC a b SinC � ab B Vậy c(a c) c(b c) � ab Dấu “=” xảy �BCA = 900 a a-c c H = b b-c A 1 ab c= c a b ab BÀI TOÁN 4: Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh a, b, c có diện tích S Chứng minh a2 + b2 + c2 �4 S (1) Cách 1: GV: Lê Phúc Lợi Trường THCS Vĩnh Tường Ta có S = p ( p a )( p b)( p c ) = Sáng kiến kinh nghiệm (a b c)(b c a )(c a b)(a b c ) => 16S2 = 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) – (a4 + b4 + c4) Khi (1) (a2 + b2 + c2)2 �3 16S2 = 3[2(a2b2 + b2c2 + c2a2) – (a4 + b4 + c4)] 4[(a4 + b4 + c4) - (a2b2 + b2c2 + c2a2)] �0 2[(a2 – b2)2 + (b2 – c2)2 + (c2 – a2)] �0 Vậy ta có điều cần chứng minh Cách 2: Áp dụng cơng thức tính diện tích tam giác định lí Cosin ta có: 2S � SinC � � ab S a b4 c 2a 2b 2a c 2b2 c => =1 � a2 b2 c a 2b 4a b � CosC � 2ab => 16S2 = 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) – (a4 + b4 + c4) Từ a4 + b4 + c4 �a2b2 + c2b2 + c2a2 => 16S2 �a2b2 + c2b2 + c2a2 �a4 + b4 + c4 => (a2 + b2 + c2)2 = a4 + b4 + c4 + 2(a2b2 + c2b2 + c2a2 ) �48S2 => a2 + b2 + c2 �4 S Cách 3: Ta có SinC + cosC = 2Sin(C + 300) �2 => 2 �2 S � a b c �2 => c2 – a2 – b2 + 4ab �4 S � � 2ab �ab � Chứng minh tương tự ta có: b2 – a2 – c2 + 4ac �4 S b2 – c2 – b2 + 4cb �4 S Suy 4(ab + bc + ca) – (a2 + b2 + c2) �12 S Mặt khác ab + bc + ca �a2 + b2 + c2 => 12 S �3(a2 + b2 + c2) => S �(a2 + b2 + c2) Cách 4: Ta có a2 + b2 + c2 - S = a2 + b2 + ( a2 + b2 – 2ab.cosC) - abSinC = 2(a – b)2 + 4ab[1 - Cos C 60 ] �0 => a2 + b2 + c2 �4 S Cách 5: Ta có S2 = p(p – a)(p – b)(p – c) = p ( p a)( p b) ( p b)( p c) ( p c)( p a ) GV: Lê Phúc Lợi Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm �p p (a b) p (b c ) p (c a) p p �a b c � = abc � � � 2 8� � = a b c 16.27 � a b2 c 12 12 12 a b2 c2 � � � � 16.27 16.3 2 => ĐPCM ( p a ) ( p b) ( p c ) � Cách 6: Ta có S = p( p a)( p b)( p c) �4 p � � � � � 12 12 12 a b c p2 a b c = � a b2 c2 3 Vậy ta có ĐPCM Cách 7: Đặt a = y + z; b = z + x; c = x + y với x, y, z > Khi ta có: (a2 + b2 + c2 )2 = [(y + z)2 + (z + x)2 + (x + y)2 ]2 �16(xy + yz + zx)2 �16.3(xy.yz + yz.zx + xz.xy) = 48xyz(x + y + z) = 48S2 Vậy ta có ĐPCM Cách 8: Xét bổ đề: mn + np + pm � 3mnp(m n p) Áp dụng: Đặt p – a = x; p – b = y; p – c = z => p = x + y + z Ta có a2 + b2 + c2 �ab + bc + ca = (y + z)(z + x) + (z + x)(x + y) + (x +y)(y + z) � 3( x y )( y z )( z x) ( x y) ( y z) ( z x) � 3.2 xy yz zx 2( x y z ) = 3xyz ( x y z ) 3.S Vậy ta có điều phải chứng minh 3 với A, B, C góc tam giác Cách 9: Áp dụng bổ đề; sinA + sinB + sinC � Ta có: 1 � �2 sin A sin B sin C sin A sin B sin C 1 � S �1 �4 3.S �� �sin A sin B sin C � sin A sin B sin C LẠi có a2 + b2 + c2 �ab + bc + ca = 2S � Vậy ta có ĐPCM Cách 10: Áp dụng bổ đề: cotgA + cotgB +cotgC � GV: Lê Phúc Lợi 10 Trường THCS Vĩnh Tường Theo định lí Cosine Sáng kiến kinh nghiệm tam giác ta có � a b c 2bc.cosA=b c 4S cotgA �2 b a c 2ac.cosB=a c 4S cotgB � � c b a 2ba.cosC=b2 a 4S cotgC � A B H M C => a2 + b2 + c2 = 4S(cotgA + cotgB + cotgC) �4 3.S Cách 11: Gọi M trung điểm BC Kẻ đường cao AH Ta có a2 + b2 + c2 = BC2 + AB2 + CA2 = BC2 + 2AM2 + BC 3BC � + 2AH2 2 3BC 2 AH 3BC AH 3.S �2 Vậy ta có ĐPCM BÀI TỐN Cho số thực x � 0; y �0 thay đổi thoả mãn điều kiện (x + y)xy = x2 + y2 – xy 1 Tìm giá trị lớn biểu thức A = x3 y Cách 1: 1 x y ( x y )( x xy y ) ( x y )( x y ) xy �x y � � Ta có A = x3 y = 3 � x y x3 y x3 y � xy � ( x y)2 Mà (x + y)xy = x + y – xy xy(x + y + 3) = (x + y) => x + y + = xy 2 2 ( x y z )2 � � � 1 Suy A = � ( x y) � x y� GV: Lê Phúc Lợi 11 Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm � y� Mà (x + y)xy = x + y – xy = �x � y , x < y < xy(x + y) y > x > y < Nếu x > y < (x + y + 3)xy = (x + y)2 => x + y + < xy < nên x + y < -3 2 � � � � 1 � 1 => x y > => < => A = � � � x y � x y� � x y � Nếu x > y > xy(x + y) = x2 – xy + y2 �xy => x + y �1 => x y �1 => A = � � 1 � ��16 � x y� �x y � x y �x y Dấu “=” xảy � Vậy GTLN A = 16 x = y = 2 1 x y ( x y )( x xy y ) ( x y )( x y ) xy �x y � � Cách 2: Ta có A = x3 y = 3 � x y x3 y x3 y � xy � � y� Lại có (x + y)xy = x – xy + y = �x � y => x + y � 2� 2 �0 xy �0 xy ( x y ) x xy y ( x y ) 3xy 3xy xy 1 Đặt B = x y Ta có B = 2 ( x y) ( x y) ( x y)2 x y Mà xy � ( x y)2 3xy � ( x y) Do B �1 �1 � => < �4 => A = � ��16 B �B � Dấu “=” xảy x = y = Vậy GTLN A 16 x = y = GV: Lê Phúc Lợi 12 Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm Cách 3: Ta có 3(x – y)2 �0 => 4(x2 – xy + y2) �(x2 + 2xy + y2) => x y => xy �4 ( x y )2 �4 xy ( x y ) x y ( x y )2 0 Mà xy x xy y �x y � Do � ��16 � xy � Vậy A = 1 x y ( x y )( x xy y ) ( x y )( x y ) xy �x y � � = � �16 x3 y x3 y x3 y x3 y � xy � Dấu “=” xảy x = y = Vậy GTLN A 16 x = y = Cách 4: Đặt S = x + y P = x.y Vì (x + y)2 �4xy nên S2 �4P Từ xy(x + y) = x2 – xy + y2 , Ta có SP = S2 – 3P => P = S SP P 1 S SP �P � P Lại có S �4 => �4 S � Do � �� �S � 16 S Suy A= S2 �16 Dấu “=” xảy x = y = 2 P Vậy GTLN A 16 x = y = Cách 5: Vì x, y khác 0, đặt y = tx (t khác 0) Ta có (x + y)xy = x2 – xy +y2 (x + xt)x.xt = x2 – x.xt + x2t2 => tx(t + 1) = – t – t2 1 x y ( x y )( x xy y ) ( x y )( x y ) xy �x y � � Do A = x3 y = 3 � x y x3 y x3 y � xy � 2 1 t � � 2t t � �x tx � � => A = � � � � � � �x.tx � �tx � �1 t t � Mà ta có 3(t – 1)2 �0 4(t2 – t + 1) �t2 + 2t + Nên � GV: Lê Phúc Lợi 2t t �4 1 t t2 13 Trường THCS Vĩnh Tường Do A �16 Sáng kiến kinh nghiệm Dấu “=” xảy x = y = Vậy GTLN A 16 x = y = 2 Cách 6: 1 x y � y� Ta có (x + y)xy = x – xy + y = �x � y => x y xy � 2� 2 2 1 x3 y ( x y )( x xy y ) ( x y )( x y ) xy �x y � �1 � � Suy A = x3 y = 3 � � � x y x3 y x3 y � xy � �x y � �1 � => A = � � �x y � 3 3 �a b � a b Ta chứng minh với a + b > ta có � �� �2 � 3 �1 � �1 � �1 � � � �x � �y � Do < �x y ��� � � � � � � � � � �1 �x y => � � � � 3 �1 � �1 �� � � � � � �� � � A3 �A � �x � �y �� � ��� � A �16 �=> 26 �� 2� � � � � � � � � � � �x y � x y �x y Dấu “=” xảy � Vậy GTLN A = 16 x = y = Cách 7: 1 1 Vì xy(x + y) = x2 – xy + y2 x, y khác nên ta có x y x xy y Đặt 1 a b Ta có a + b = a2 – ab + b2 => a + b = (a + b)2 – 3ab y x Mà ab � a b 4 nên a + b �(a b) a b => (a + b)2 – 4ab Suy A = a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) = (a + b)2 Dấu “=” xảy x = y = �0 => �a + b �4 �16 Vậy GTLN A 16 x = y = Cách 8: GV: Lê Phúc Lợi 14 Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm Ta có xy(x + y) = x2 + y2 – xy = (x + y)2 + (x – y)2 � ( x y ) > 4 x y ( x y )2 x y� �4 => � �4 => < => < � ��16 xy xy ( x y ) � xy � 1 x y �x y � Do A = x3 y = 3 � ��16 x y � xy � Dấu “=” xảy x = y = Vậy GTLN A 16 x = y = MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài tập 1: Chứng minh x3 + + 10 � x 3 Bài tập 2: Cho a, b, c số dương Chứng minh a b c � bc ca a b Bài tập 3: Cho a, b, c thoả mãn điều kiện �a, b, c �và a + b + c = Tìm GTLN biểu thức A = a2 + b2 + c2 �x y 27 y 27 �3 �y z 27 z 27 �z x 27 x 27 � Bài tập 4: Giải hệ phương trình Bài tập 5: Cho tam giác ABC có �B = 450 �C = 1200 Trên tia đối tia CB lấy điểm D cho CD = 2.CB Tính �ADB Bài tập 6: Cho tam giác ABC có �B = 650 �C = 450 Trong góc ABC vẽ tia Bx cho �CBx = 150 Đường vng góc với AB A cắt Bx I Tính góc ICB Bài tập 7: Cho tam giác ABC cân A có �A = 1000 Tia phân giác góc B cắt AC D Chứng minh BC = BD + AD Bài tập 8: Cho tam giác ABC cân A, �A = 800 Gọi O điểm nằm tam giác cho �OBC = 300; �OCB = 100 Chứng minh tam giác COA cân Bài tập 9: Từ điểm M thuộc đáy BC tam giác cân ABC (AB = AC), kẻ ME MF theo thứ tự vng góc với AB AC ( E thuộc AB F thuộc AC) Chứng minh tổng GV: Lê Phúc Lợi 15 Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm ME + MF không đổi M di động cạnh BC Bài tập 10: Cho số thực dương a, b, c thoả mãn a.b.c = Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 � a b c b a c c a b Dấu “=” xảy nào? C PHẦN KẾT LUẬN - Việc phân tích tìm nhiều lời giải cho tốn yếu tố trình dạy học đặc biệt việc bồi dưỡng học sinh giỏi khẳng định phương pháp giúp học sinh nắm vững kiến thưc, giải linh hoạt toán đạt kết cao học tập điều quan trọng việc áp dụng sáng kiến giúp cho học sinh biết cách tìm hiểu tốn theo nhiều chiều hướng khác nhau, nhiều khía cạnh khác giả thiết để từ tìm nhiều cách giải hay khác cho toán Việc khai thác toán theo hướng tìm nhiều cách giải tạo cho học sinh khả phân tích, tổng hợp phương pháp tư logic học tập Đặc biệt học sinh có hứng thú u thích tốn học có đủ tự tin trình học tập nghiên cứu sau - Trên số kinh nghiệm nhỏ thân việc hướng dẫn HS tìm nhiều lời giải cho tốn mà tơi tích luỹ qua trìng dạy học bồi dưỡng học sinh giỏi Rất mong tiếp tục trao đổi đồng nghiệp bạn đọc Vĩnh tường, ngày 15 tháng 01 năm 2010 Người viết đề tài Lê Phúc Lợi ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI CỦA BAN THI ĐUA GV: Lê Phúc Lợi 16 Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm … GV: Lê Phúc Lợi 17 ... hướng khác nhau, nhiều khía cạnh khác giả thiết để từ tìm nhiều cách giải hay khác cho tốn Việc khai thác tốn theo hướng tìm nhiều cách giải tạo cho học sinh khả phân tích, tổng hợp phương pháp tư... BC Bài tập 10: Cho số thực dương a, b, c thoả mãn a.b.c = Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3 � a b c b a c c a b Dấu “=” xảy nào? C PHẦN KẾT LUẬN - Việc phân tích tìm nhiều lời giải cho. .. nắm vững kiến thưc, giải linh hoạt toán đạt kết cao học tập điều quan trọng việc áp dụng sáng kiến giúp cho học sinh biết cách tìm hiểu toán theo nhiều chiều hướng khác nhau, nhiều khía cạnh khác