Một số kinh nghiệm về dạy tính chất dãy tỉ số bằng nhau cho học sinh giỏi lớp 7 ở trường THCS hoằng thắng

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài: Tốn học mơn khoa học tự nhiên rèn luyện trí tuệ Học tốn ngồi việc giúp cho người nâng cao hiểu biết, tăng cường nhận thức phát triển khả tư duy, sáng tạo, tự suy luận, suy đốn Đối với học sinh nói chung học sinh trung học sở nói riêng học tốn giúp em phát triển khả tư tưởng tượng, lập luận logic chặt chẽ Học toán giúp em rèn khả phân tích, tổng hợp, khả đặc biệt hóa, khái quát hóa, trừu tượng hóa đặc biệt học tốn giúp em có kiến thức vận dụng vào môn học khác, vận dụng vào sống góp phần làm cho sống ngày tốt đẹp Là giáo viên dạy tốn THCS tơi ln tìm tịi học hỏi để có kiến thức, phương pháp giúp đỡ, hướng dẫn em khám phá, tìm kiếm nắm kiến thức vận dụng vào giải tập tốn nói chung giải tốn có nội dung thực tế cho hiệu Trong chương trình tốn lớp tốn tỉ lệ thức, tính chất dãy tỉ số đề cập sách giáo khoa từ đầu năm lớp có yêu cầu khác nên làm cho người học người dạy vất vả học sinh lớp Với Trường THCS Hoằng Thắng, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi đặt lên hàng đầu nhiệm vụ trọng tâm nhà trường tất năm học Bồi dưỡng học sinh giỏi toán nhiệm vụ quan trọng đặc biệt tốn tỉ lệ thức, tính chất dãy tỉ số tảng cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp lớp dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh Từ yếu tố khách quan chủ quan Tơi tìm tịi nghiên cứu đề tài “Một số kinh nghiệm dạy tính chất dãy tỉ số cho học sinh giỏi lớp trường THCS Hoằng Thắng” Nhằm tìm biện pháp hữu hiệu, để có phương án thích hợp giúp học sinh tiếp cận với toán tỉ lệ thức cách chủ động, sáng tạo, hứng thú q trình học Các tốn tỉ lệ thức phong phú dạng toán, nội dung sáng kiến nghiên cứu số dạng tốn điển hình số phương pháp giải cho dạng tốn 1.2 Mục đích nghiên cứu: - Tìm phương pháp giải dạng toán tỉ lệ thức - Xây dựng hệ thống tập theo dạng toán cụ thể, đảm bảo tính xác, khoa học, phù hợp với đối tượng học sinh - Góp phần nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi toán - Để thân rút số phương pháp, biện pháp thích hợp giúp học sinh lớp giải dạng toán tỉ lệ thức tốt 1.3 Đối tượng nghiên cứu Hướng dẫn học sinh giải dạng toán tỉ lệ thức, tính chất dãy tỉ số để bồi dưỡng học sinh giỏi lớp đạt hiệu trường THCS Hoằng Thắng 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp điều tra, thực nghiệm, phân tích - tổng hợp, gợi mở, vấn đáp - Nghiên cứu lý luận: Đọc tài liệu, sách giáo khoa, sách tham khảo có liên quan NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm: Tốn học mơn khoa học nghiên cứu số, cấu trúc, không gian phép biến đổi Nói cách khác, người ta cho mơn học "hình số." Theo quan điểm thống, mơn học nghiên cứu cấu trúc trừu tượng định nghĩa từ tiên đề, cách sử dụng Luận lý học (lơgic) ký hiệu tốn học Mơn Tốn mơn học địi hỏi phải có kĩ giải tốn ứng dụng dạng tốn, mơn khoa học đòi hỏi tư cao người dạy người học Thơng qua việc giảng dạy mơn Tốn nhằm rèn luyện cho người học lực phân tích, tổng hợp, tư linh hoạt, khả sáng tạo nhằm hình thành nhân cách cho người lao động tương lai Học sinh muốn có kiến thức tốn sâu phải luyện tập thực hành nhiều để tích luỹ vốn kiến thức tốn học Đây vấn đề khó người học, đòi hỏi người dạy cần truyền đạt cho em ham thích học tốn cách phân dạng toán tỉ lệ thức cách khoa học Trong toán học, tỉ lệ thức đẳng thức hai tỉ số dạng tổng quát a : b  c : d Các số hạng a d gọi ngoại tỉ; b c gọi trung tỉ Hiện công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nhà trường THCS quan tâm đặc biệt, vấn đề đánh giá chất lượng nhà trường Nghị Trung ương khóa VIII yêu cầu nhiệm vụ bồi dưỡng tạo dựng đội ngũ nhân tài cho tương lai phải xác định rõ hơn, kết học sinh giỏi kết phong trào "hai tốt" nhà trường, gắn liền với việc nâng cao chất lượng đại trà, giáo dục toàn diện học sinh Chính vậy, nhà trường THCS cần xác định mục tiêu nhằm cung cấp cho em học sinh kiến thức phổ thơng thiết thực, hình thành rèn luyện cho em kĩ giải toán ứng dụng vào thực tiễn, rèn luyện kĩ suy luận hợp lí, sử dụng ngơn ngữ xác, bồi dưỡng phẩm chất tư linh hoạt, độc lập, sáng tạo Xuất phát từ mục tiêu phương pháp dạy học tích cực hố hoạt động học sinh, rèn luyện khả tự học, tự giải vấn đề học sinh nhằm hình thành phát triển học sinh tư cần thiết 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm a.Thực trạng Ưu điểm: Trường THCS Hoằng Thắng có số học sinh có tư chất thơng minh, có thiên hướng học mơn khoa học tự nhiên, nhiều em u thích mơn Tốn Nhược điểm: Về học sinh: Không biết cách giải tốn tỉ lệ thức Khơng biết cách trình bày Khơng nắm dạng tốn tỉ lệ thức cách cụ thể Về giáo viên: Giáo viên chưa bao quát hết dạng toán tỉ lệ thức Nhiều giáo viên chưa trọng đến mảng kiến thức này, chưa quan tâm mức đến tất dạng tốn tỉ lệ thức, tính chất dãy tỉ số Nguyên nhân: - Nguyên nhân khách quan: +Thời lượng dành cho đơn vị kiến thức theo PPCT cịn + SGK chưa đưa nhiều toán nâng cao dạng toán tỉ lệ thức - Nguyên nhân chủ quan: + Học sinh chưa nắm vững kiến thức bản, kiến thức bổ trợ nâng cao tỉ lệ thức Kĩ trình bày học sinh dạng tốn chưa rèn luyện nhiều Giáo viên chưa tìm giải pháp hữu hiệu dạy phần kiến thức tỉ lệ thức Qua số năm phân công tham gia bồi dưỡng học sinh khá, giỏi thường trực tiếp tham khảo nhiều tài liệu viết nội dung thấy việc cần thiết phải có phân loại, phương pháp giải thích hợp giúp học sinh phần có sở để tìm tịi giải tốn tỉ lệ thức Ở trường trung học sở dạng tốn có liên quan đến tỉ lệ thức xuất nhiều lớp đặc biệt đề học sinh giỏi b Kết thực trạng Từ thực trạng với mục đích khảo sát cụ thể để đánh giá từ có biện pháp giảng dạy có hiệu đã tham khảo nhiều tài liệu, tham gia giải học sinh toán tiến hành khảo sát em đội tuyển lớp gồm em mà đảm nhận Cụ thể ba tốn sau: Bài tốn 1: Tìm x, y, z biết x y y z  ;  a) x  y  z  186 b) xyz  810 Bài toán 2: Cho số x ,y, z thỏa mãn điều kiện : y zx z x y x yz   x y z Hãy tính giá trị biểu thức: � x� � y� � z� B� 1 � 1 � 1 � � � � z� � x� � y� 2 Bài toán 3: Cho abcd �0, b  ca c  bd a  b3  c a  3 Chứng minh b  c  d d Kết thu sau em làm tập sau: Giỏi Khá Trung bình Yếu SL TL% SL TL% SL TL% SL TL% 0 50,0 50,0 0 Trên bảng tổng hợp kết mà thân khảo sát trước thực với công việc phân loại tập tỉ lệ thức 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề Trong trang này: Bài toán tham khảo từ TLTK số ; Bài toán tham khảo từ TLTK số ; Bài toán tham khảo từ TLTK số * Hướng dẫn học sinh nắm vững kiến thức bản: - Bằng cách cung cấp lý thuyết tiết dạy lý thuyết - Củng cố tiết luyện tập Nội dung kiến thức tính chất tỉ lệ thức: Tỉ lệ thức đẳng thức hai hai tỉ số , a, b, c, d số hạng a, d ngoại tỉ; b,c trung tỉ a c  � ad  bc (b, d �0) Tính chất bản: b d a c  (a, b, c, d �0) Tính chất hốn vị: Từ tỉ lệ thức b d suy ba tỉ lệ thức khác cách: Đổi chỗ ngoại tỉ cho nhau; Đổi chỗ trung tỉ cho nhau; Đổi chỗ ngoại tỉ cho đổi chỗ trung tỉ cho nhau; Tính chất dãy tỉ số nhau: Nếu = = k = k (Giả thiết tỉ số có nghĩa) Chú ý: Các số x, y, z tỉ lệ với a, b, c Ta cịn viết x : y : z  a : b : c Kiến thức nâng cao: Cho n tỉ số nhau: === = = = nN, n2, x0, i,k Kiến thức bổ sung: 1) Luỹ thừa thương: Với n �N, x �0 x, y �Q a a.m  b.m 2) Một số tính chất khác: * b Với m �0 a c a c  �  b.n d n * b d Với n �0 n n a c �a � �c �  � � � � � �b � �d � Với n �N * b d Ứng dụng tính chất dãy tỉ số để hướng dẫn học sinh giải dạng toán tỉ lệ thức phong phú đa dạng mức độ khác Q trình giảng dạy tơi xin phân thành dạng trình bày sau đây: DẠNG 1: VẬN DỤNG TÍNH CHẤT DÃY TỈ SỐ BẰNG NHAU ĐỂ TÌM CÁC GIÁ TRỊ Phương pháp chung: Dạng tốn nhiều, phong phú đa dạng Đề cho thường có kiện, có có kiện Từ mối quan hệ ta tìm kết quả, có phải biến đổi tìm Quá trình làm nên ý đến dấu số cần tìm trường hợp số mũ chẵn tích số, nhằm tránh tìm số khơng thoả mãn đề Đồng thời phải ý đến trường hợp xảy khơng bỏ xót giá trị cần tìm x y z   Bài tốn 1.1: Cho x, y, z thoả mãn Tìm x, y, z trường hợp: 2 a) 3x  y  z  b) x y z  576 Giải x y z    k � x  2k , y  3k , z  4k a) Cách 1: Đặt Thay vào 3x  y  z  ta 3.2k  3k  4k  �  k  � k   Do x   10, y   15, z   20 Cách 2: Áp dụng tính chất dãy tỉ số ta có: x y z 3x  y  z     5   1 3x  y  z  Do x   10, y   15, z   20 x y z    k � x  2k , y  3k , z  4k Đặt b) Cách 1: 2 Thay vào x y z  576 ta  2k   3k  (4k )  576 � k 1� k  �1 * Với k  , suy : x  2; y  3; z  * Với k   , suy : x   2; y   3; z   2 x; y; z   2; 3;  ;  2;  3;   Vậy cặp  x y z x2 y2 z2   �   Cách 2: Từ 4 16 �x � x y z 576 x2  1 � � 1� x  � x  �2 � 4.9.16 576 � � Suy * Với x  , suy y  3; z  * Với x   , suy y  - 3; z   Nhận xét: Trong phần a), phần b) cách đặt dãy tỉ số k, rút x, y, z theo k Sau thay vào đề Trong cách sử dụng tính chất dãy tỉ số nhanh - Các tập tương tự: BT 61 trang 20 TLTK ; BT 63,67,68 trang 26 TLTK Bài toán 1.2: Tìm cặp số x; y thoả mãn: Giải x   , y thoả mãn đề Cách 1: * Xét x  y  21  , x � , y � x  y  21 � * Xét , Theo tính chất dãy tỉ số nhau: Trong trang này: Bài toán 1.1a dựa vào TLTK số ; Bài toán 1.1b dựa vào TLTK số ; BT 1.2 dựa vào TLTK số (3;6); ( ; ) Suy ra: x  3; y  Vậy cặp ( x; y ) x  3 y  x  y  21   k 8x Cách 2: Đặt Suy x  9k  ; y  5k  8; 5 x  y  21  8kx � 8k  x    � k  0; x  Với k  suy  x; y  = Với x  suy  x; y   (3;6)    , Vậy cặp  Nhận xét: Trong cách giải 1, ta áp dụng tính chất dãy tỉ số để xảy sai sót xét thiếu trường hợp Trong cách giải khắc phục khả xét thiếu trường hợp - Bài tập tương tự : BT62 trang 21 TLTK ; BT2.20 trang 55 TLTK x; y : 3; x y z    x y z Bài tốn 1.3 Tìm x, y, z biết: y  z  x  z  x  y  Giải    thoả mãn *Xét x  , từ đề y  z  Bộ ba số  *Xét x �0 � y, z , x  y  z �0 , theo tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: x, y , z  0; 0; x y z x yz     y  z  z  x  x  y  2( x  y  z ) 11 x  ,y  ,z  6 Thay kết vào dãy tỉ số ban đầu ta : 11 0; 0; , (   ;   ; )   x , y , z  : 6 Vậy  x y z  Nhận xét : Trong lời giải xét trường hợp x = 0, từ tìm giá trị (x, y, z) Sau xét trường hợp x Trong q trình giải 1.3, số em xét thiếu trường hợp x = - Bài tập tương tự : VD10 trang 20 TLTK ; VD 2.13 trang 46 TLTK Bài toán 1.4: Cho x   y  z Tìm x, y, z Giải x   y  z Cách 1: Từ = 1 x  1� x  ; 3 y  1� y   ; z  1� z  Suy ra: 1 ( ; ; ) x; y; z   Vậy = 1 1 x   y  z   �  2k ;  3k ;  4k k x y z Cách 2: Đặt Trong trang này: Bài toán 1.3 dựa vào TLTK số ; Bài toán 1.4 tham khảo từ TLTK số ; 1 ( x, y , z )  ( ;  ; ) Suy 2k  3k  4k  3  k  Vậy Nhận xét: Trong cách giải cần xuất dãy tỉ số phù hợp để kết hợp với điều kiện đề Từ vận dụng tính chất dãy tỉ số để giải toán Cách giải đặt dãy tỉ số , từ biểu diễn x,y,z theo k để giải toán - BT tương tự: BT64 trang 26 TLTK Bài tốn 1.5: Tìm số x, y, z biết: Giải Xét x  , từ đề suy y  z  Suy y  x  (vô lí ) Do x, y, z �0 , từ đề suy (1) Suy ra: Từ (1) suy 2.= (2) 12 22 32    k �k2    x y z Đặt x y z Thay vào (2) suy ra: k  k � k(k  1)  � k 1    (do k �0 ) � k  Suy : x  1; y  2; z  Nhận xét: Trong lời giải toán cần xét trường hợp x  x  �0 , từ xuất dãy tỉ số đơn giản Vận dụng tính chất dãy tỉ số Dạng tồn tương đối phức tạp, trình bày khơng cẩn thận dễ bị nhầm lẫn Kiến thức khơng phải khó cần đến khả quan sát kĩ biến đổi Khi làm cần vận dụng khéo léo để đưa toán dạng quen thuộc DẠNG 2: XÁC ĐỊNH GIÁ TRỊ CỦA BIỂU THỨC VỚI MỘT SỐ ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC ab ab  (a ��c, a �0, c �0) Bài toán 2.1: Cho tỉ lệ thức a  c a  c 2018b  2019bc  2020c 2 Tính M = 2019b  2020bc  2021c Giải a  b a  b ( a  b)  ( a  b ) 2a     ( a �0) a  c a  c ( a  c )  ( a  c ) a Từ tỉ lệ thức k = a  b  a  c � b  c Trong trang này: Bài toán 1.5 dựa vào TLTK số ; Bài toán 2.1 dựa vào TLTK số ; 2018b  2019bc  2020c 2 Do M = 2019b  2020bc  2021c  2018b  2019b  2020b 6057b 6057 2019    2019b  2020b  2021b 6060b 6060 2020 Nhận xét: Trong tốn ta áp dụng tính chất dãy tỉ số để b = c, thay tính M việc so sánh M với Bài toán 2.2: Cho ba số thực a, b, c khác thoả mãn: Tính giá trị biểu thức P = Giải Ta có Vì a, b, c �0 nên suy ab  bc  ab  ac  cb  ab a  b  c a  b3  c3 1 3 Vậy P = = a  b  c a b c d    Bài toán 2.3: Cho a, b, c, d  thoả mãn 2b 2c 2d 2a 2021a  2020b 2021b  2020c 2021c  2020d 2021d  2020a cd d a ab bc Tính A = + + + Giải a b c d abcd     Từ 2b 2c 2d 2a = 2b  2c  2d  2a (vì a, b, c, d  ) Suy a  b  c  d Thay vào biểu thức A ta được: 2021a  2020b 2021b  2020c 2021c  2020d 2021d  2020a cd d a ab bc A= + + + =+++=2 Nhận xét: Từ điều kiện ban đầu ta biến đổi cách đưa tỉ số trở tỉ số có tử số abc toán 2.2 làm xuất a  b  c  d   tử mẫu toán 2.3, sau vận dụng tính chất dãy tỉ số để a  b  c (Bài 2.2) a  b  c  d (Bài 2.3) từ thay vào biểu thức tính giá trị Bài tốn 2.4: Cho x = (a, b, c �0) 10 Tính giá trị A  ( x  x  1)  Giải * Xét a  b  c  nên a  b   c Suy x a  b c   1 c c 10 A �   310  59049 �1   1� � Do * Xét a  b  c �0 , theo tính chất dãy tỉ số ta có: Trong trang này: Bài tốn 2.2 dựa vào TLTK số   10 ; Bài toán 2.3 dựa vào TLTK số  5 ;BT 2.4 dựa vào TLTK số  7 a  b b  c c  a a  b  b  c  c  a 2(a  b  c )     2 c a b a bc abc x= 10 10 Suy A  (2   1)     59049 Vậy trường hợp ta có A = 59049 Nhận xét: Trong toán áp dụng dãy tỉ số ta phải xét đủ trường hợp Trong toán nhiều học sinh giải hay làm thiếu trường hợp a+b+c = 0, nên dạy cần hướng dẫn học sinh trường hợp Bài toán 2.5: Cho x, y, z số thực thỏa mãn y  z 1 x  z  x  y     x y z x y z Tính giá trị biểu thức: A  4042.x   y  z  Giải Áp dụng tính chất dãy tỉ số ta có: 2021    y  z  x  z  x  y   2( x  y  z )  x yz x = y = z y  z 1 x  z  x  y  2 y x  y  z x z = = = � x  y  z  0,5 � 0,5  x  0,5  y  0,5  z    2 x y z 5 �x ; y  ; z   6 Khi ta có: 4042.x   y  z 2021  4042   2021 y  z 1 x  z  x  y     x y z x yz Vậy với x, y, z số thực thỏa mãn giá trị biểu thức 4042.x   y  z  2021 Nhận xét: Bài tốn đưa dạng với u cầu tìm x, y, z (Giống tốn 1.3) Bài toán 2.6: Cho x, y, z  2021 Tính P (3x  y )(3 y  z )(3z  x ) (3 x  z )(3 y  x)(3z  y ) Giải = Từ giả thiết, ta có: = === P Khi (3x  y )(3 y  z )(3 z  x) (3x  z )(3 y  x)(3z  y ) = = = Trong trang này: Bài toán Bài toán 2.5 tham khảo từ TLTK số  8 ; Bài toán 2.6 tham khảo từ TLTK số  9 ; Nhận xét: Trong trình giải tốn cần vận dụng tính chất dãy tỉ số cách phù hợp kết hợp tỉ số Bài toán 2.7: Cho số x , y , z, t khác thỏa mãn điều kiện : y  z  t  nx z  t  x  ny t  x  y  nz x  y  z  nt    x y z t (n N) x  y  z  t  8084 P  x  y – z  t     Tính giá trị biểu thức Giải Theo tính chất dãy tỉ số ta có: y  z  t  nx z  t  x  ny t  x  y  nz x  y  z  nt     3n x y z t Suy y  z  t  nx  3x – nx � y  z  t  3x � x  x  y  z  t  8084 � x  2021 Tương tự x  y  z  t  2021 Vậy P  2021 Nhận xét: Bài tốn đưa dạng tốn tìm x,y,z,t Bài tốn 2.8: Tìm số tự nhiên M nhỏ có chữ số thỏa mãn điều kiện: M  a  b  c  d  e  f a 14 c 11 e  13   Biết a, b, c, d, e, f thuộc tập N* b 22 ; d 13 ; f 17 Giải a 14  Ta có: b 22 = = k  a  7k ; b  11k  � a  b  18k c 11  d 13 = m c  11m; d  13m  c  d  24m e 13  f 17 = n e  13n; f  17n  e  f  30n Với k , m, n �N * Do M  a  b  c  d  e  f   18k  24m  30n 3k  4m  5n BCNN  3; 4;   60 * = = = = = p ( p �N ) k  20 p; m  15 p; n  12 p     M  a  b  18 20 p  360 p Vì M số tự nhiên nhỏ có chữ số suy p = 3, lúc M = 1080 Nhận xét: Đây toán mà ta vận dụng tính chất dãy tỉ số sau tìm a  b; c  d ; e  f   tìm BCNN chúng Bài tốn 2.9: Cho = == A Tính giá trị x y y  z z t t  x    z t t  x x  y y  z Giải x  y    z  t   ; y  z    t  x    * Nếu x  y  z  t  ; z  t   x  y   ; t  x   y  z ( z  t ) (t  x ) ( x  y ) ( y  z )     1 – – –   zt tx x y yz * Nếu x  y  z  t  �0 Ta có : A Trong trang này: Bài tốn 2.7 dựa vào TLTK số  4 2.8 dựa vào TLTK số  5 ; Bài toán 2.9 tham khảo từ TLTK số  4 == = == x z t y 1 1 1 1 y z t t  x  y x  y  z z  t  x = = = == = x  y  z  t (do x  y  z  t  �0) A x y y z zt t  x    z t t  x x y y  z =     Vậy Bài toán 2.10: Cho dãy số Tính giá trị biểu thức P x y y  z z t t  x    zt t  x x y y z Giải Cách 1: Từ giả thiết, ta có: Suy * Nếu x  y  z  t �0 , x  y  z  t , P       * Nếu x  y  z  t  x  y    z  t   ; y  z    t  x   ; z  t   x  y   ; t  x   y  z Khi P = =  P   1   1   1   1   10 Cách 2: x  y  z  t x  y  z  t x  y  z  t x  y  z  2t    k x y z t Đặt Suy ra: x  y  z  t  kx; x  y  z  t  ky ; x  y  z  t  kz; x  y  z  2t  kt Cộng đẳng thức ta có: 5 x  y  z  t   k  x  y  z  t  x  y  z  t   k  *Nếu x  y  z  t �0 k  , suy x  y  z  t  x  y  z  4tx  y  z  t Khi P x y y  z z t t  x    4 z t t  x x y y  z x  y    z  t   ; y  z    t  x    * Nếu x  y  z  t  ; z  t   Khi P x  y   ; t  x   y  z x  y y  z z t t  x     4 zt t  x x y y z Trong trang này: Bài toán 2.10 dựa vào TLTK số  3 Bài toán 2.11: Cho dãy số 2018a  b  c  d a  2018b  c  d a  b  2018c  d a  b  c  2018d a b c d = = = Tính Giải 2018a  b  c  d a  2018b  c  d a  b  2018c  d a  b  c  2018d a b c d Ta có: = = = 2021(a  b  c  d ) abcd = Trường hợp 1: Nếu a  b  c  d  nên suy a  b    c  d  ; b  c    d  a ; c  d    a  b  ; d  a    b  c  (c  d ) ( d  a) (a  b) (b  c)     4 cd d a ab bc 2018a  b  c  d a  2018b  c  d a b Trường hợp 2: Nếu a  b  c  d �0 = a  b  2018c  d a  b  c  2018d 2021( a  b  c  d )   2021 c d = = a bcd �M  �2018a  b  c  d  2021a �a  2018b  c  d  2021b � � �a  b  2018c  d  2021c � a  b  c  2018d  2021d a  b  c  d � Vậy M = 11 Nhận xét: Bài toán 2.9; 2.10; 2.11 dạng toán Trong cách giải vận dụng tính chất dãy tỉ số nhau, cần ý xét đủ trường hợp Từ toán ta đề xuất tốn: Cho dãy tỉ số nhau: 2021a  b  c  d a  2021b  c  d a  b  2021c  d a  b  c  2021d a b c d = = = Tính Tổng quát toán: Cho dãy tỉ số == = Tính 2021 2021 2021 2021 Bài tốn 2.12: Cho số a, b, c, d khác Tính T  x  y  z  t x 2020  y 2020  z 2020  t 2020 x 2020 y 2020 z 2020 t 2020 2 2 a2  b2  c2  d Biết x, y, z, t thỏa mãn: = a + b + c + d Giải x Theo đề : y z t 2 a b c  d2 2020 2020 2020 Trong trang này: Bài toán 2.11 dựa vào TLTK số 2020 x 2020 y 2020 z 2020 t 2020 2 2 = a + b + c + d (1)  1 2.12 dựa vào TLTK số x 2020  y 2020  z 2020  t 2020 a2  b2  c2  d Ta có : x 2020 y 2020 z 2020 t 2020 2 2 2 2 2 2 2 2 = a b c d + a b c d + a b c  d + a b c d x 2020 y 2020 z 2020 t 2020 2 2 2 2 2 2 2 2 Từ (1) suy : a  b  c  d + a  b  c  d + a  b  c  d + a  b  c  d x 2020 y 2020 z 2020 t 2020 2 2 = a + b + c + d x 2020 y 2020 x 2020 2 2 2 2 ( a b c d - a ) + ( a b c d z 2020 t 2020 z 2020 2 2 2 2 ( a b c d - c ) + ( a b c d - y 2020 b2 ) + t 2020 d ) = 2020 x 2020 ( - ) + y ( - ) 2020 2020 1 )0 2 a b c d - d ( 2 ( - ) + t 2020 x 2020 + y + 2020 2020 + z + t = (2) 2 2 Do a, b, c, d  �0 nên suy a , b , c , d   Suy > 0,> 0, > 0, > 2020 2020 2020 2020 Mà x 0, y 0, z 0, t Dấu “ = ” xảy (2) x  y  z  t  2021 2021 2021 2021 Vậy T  x  y  z  t    + z 12 Nhận xét: Đây toán khó, từ đề ta lấy tử chia cho mẫu đối vế trái sau sử dụng biến đổi chuyển vế đưa nhóm có chứa mẫu Cuối dùng lập luận với yếu tố cho sẵn dấu xảy x  y  z  t  Để từ tính T DẠNG 3: CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC Phương pháp chung: - Ở dạng toán đề cho sẵn số điều kiện yêu cầu chứng minh biểu thức Để làm xuất biểu thức cần chứng minh biến đổi từ đề vận dụng tính chất tỉ lệ thức Với tính chất phép tốn tính chất dãy tỉ số mà biến đổi linh hoạt điều cho thành điều cần có Lưu ý: Khi biến đổi chứng minh nên ln nhìn biểu thức cần chứng minh để tránh biến đổi dài, vơ ích a b c   Bài tốn 3.1: Cho số a , b, c thoả mãn: 2019 2020 2021 Chứng minh: 4 a  b  b  c  c  a Giải Cách 1: Từ đề áp dụng tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: Suy ra: a b c   2019 2020 2021 = a – c   a – b    b – c  �  a  c   a  c     a – b   b – c  �  c – a    a  b   b – c    Vậy  a  b  b  c  c  a a b c    k � a  2019k , b  2020k , c  2021k Cách 2: Đặt 2019 2020 2021 2   a  b   b  c    k    k   4k   c  a    2 k   k   Vế trái ;Vế phải (đpcm) Nhận xét: Từ toán ta đề xuất tốn tương tự: Cho ba số a, b, c  a  b  b  c  c  a thoả mãn Chứng minh: Bài tốn đưa dạng với yêu cầu tính giá trị biểu thức M   4  a  b   b  c     c  a   2 M  ca �  a – b  b – c  � � � �2 � tính giá trị Bài tốn 3.2: Cho số thực a, b, c, d, e khác thoả mãn Chứng minh rằng: Giải Ta có: == = Nhận xét: Bài tốn để có ta phải nhân tỉ tỉ số với sau vận dụng tính chất dãy tỉ số đưa tỉ số xuất mũ x  xy  y2 y2  2021 z2   1011 2 3 (1); (2); x  xz  z  1010 (3); Bài toán 3.3: Cho x �0; z  �0; x � z Chứng minh: 13 Giải Vì 1011 + 1010 = 2021, nên x  xy    y2 y2  z2   x  xz  z 3 x  y  z   z (vì x �0; z �0) = ( x � z) Trong trang này: Bài toán 3.1 dựa vào TLTK số ; Bài toán 3.2 dựa vào TLTK số BT 3.3 dựa vào TLTK số   Vậy 2 Cách 2: Trừ (1) cho (2) theo vế, ta được: x  xy   z   1010 (4) Trừ (3) cho (4) theo vế, ta được: xz – xy  z   xz  z   xy xz  z   xy  xz � z  x  z   x  y  z  � Nhận xét: Từ toán ta đề xuất tốn là: y2 y2 x  xy    a  b; z   a 2 3 Cho ; x  xz  z  b; x �0; z  �0; x � z Chứng minh: Bài toán 3.4: Cho Chứng minh rằng: Giải * Xét a  b  c  , không thoả mãn a  2b  c � 0 x y z k   a , b , c � a  2b  c 2a  b  c 4a  4b  c * Xét Đặt Theo tính chất dãy tỉ số ta có: k x 2y z   a  2b  c 2(2a  b  c) 4a  4b  c = = Lập luận tương tự ta có: k k 2x  y  z 2(a  2b  c)  (2a  b  c)  (4a  4b  c ) = 4x  y  z 4(a  2b  c )  4(2a  b  c )  (4a  4b  c ) = (vì a, b, c �0) Vậy Nhận xét: Áp dụng tính chất dãy tỉ số nhau, tính theo k Tương tự tính , theo k Từ suy điều phải chứng minh a a1 a2 a3     2020 a2021 Bài toán 3.5: Cho dãy tỉ số a2 a3 a4 2020 � a1 1.a  2.a2  3.a3   2020.a2020 � � � a2021 � 1.a2  2.a3  3.a4   2020.a2021 � Chứng minh: Giải a 2020.a2020 a1 a2 a3 a1 2.a2 3.a3     2020     a2021 Suy ra: a2 2.a3 3.a4 2020.a2021 Từ a2 a3 a4 14 Trong trang này: Bài toán 3.4 dựa vào TLTK số  3 ; Bài toán 3.5 tham khảo từ TLTK số  1 a1  2.a2  3.a3   2020.a2020 Ta lại có: a2  2.a3  3.a4   2020.a2021 a1  2.a2  3.a3   2020.a2020 a2  2.a3  3.a4   2020.a2021 a1  2.a2  3.a3   2020.a2020 a2  2.a3  3.a4   2020.a2021 (1) (2) (3) a2020 2020.a2020 a1  2.a2  3.a3   2020.a2020   a2021 2020.a2021 a2  2.a3  3.a4   2020.a2021 (2020) Nhân đẳng thức trên, vế với vế ta được: 2020 a2020 �1.a1  2.a2  3.a3   2020.a2020 � � � 1.a2  2.a3  3.a4   2020.a2021 � a � 2021 2020 � 1.a  2.a2  3.a3   2020.a2020 � a1 � � a2021 � 1.a2  2.a3  3.a4   2020.a2021 � Rút gọn vế trái, ta có: a1 Nhận xét: Bài tốn để có a2021 ta phải nhân tỉ tỉ số với sau vận dụng tính chất dãy tỉ số đưa tỉ số xuất mũ 2020 lần biểu thức Từ tốn ta đề xuất tốn sau: Cho dãy tỉ số Chứng minh: Dạng tập giải phải biết sử dụng linh hoạt kiến thức để tạo dãy tỉ số hợp lí Khi chứng minh cần lựa chọn cách cho phù hợp để học sinh dễ hiểu, dễ làm, dễ trình bày DẠNG 4: VẬN DỤNG TÍNH CHẤT CỦA DÃY TỈ SỐ BẰNG NHAU ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN THỰC TẾ Phương pháp chung: Khi giải phải chuyển từ lời văn biểu thức đại số có dạng đơn giản học Khi giải cần gọi kí hiệu đó, dựa vào đại lượng đặt kí hiệu để phân tích tốn Kết tìm kí hiệu phải đối chiếu với điều kiện ban đầu xem có thoả mãn khơng để trả lời tốn Bài tốn 4.1: Một mảnh đất hình tam giác có chu vi 99m Biết cộng độ dài hai đường cao tam giác thi tỉ lệ với 5:7:8 Tìm độ dài ba cạnh miếng đất Giải Gọi ba cạnh miếng đất hình tam giác ABC a, b, c độ dài ba đường cao tương ứng h; h; h, S diện tích tam giác ABC Theo đề ta có: == = k Trong trang này: BT 4.1 dựa vào TLTK số  3 ; 15 Suy ra:  hb  5k ; hb  hc  7k ; hc   8k  2(ha  hb  hc )  20k �  hb  hc   10k Do đó:  3k ; hb   2k ; hc   5k , Ta có 2S  a.ha  b.hb  c.hc � a.3k  b.2k  c.5k = a 990 1485 594 b c 31 ; 31 ; 31 Suy ra: Vậy cạnh miếng đất là: (m); (m); (m) Nhận xét: Trong toán sử dụng hệ thức cạnh đường cao tương ứng tam giác, suy quan hệ ba cạnh tam giác Vận dụng tính chất dãy tỉ số để giải toán Bài toán 4.2: Nhà trường dự định chia viết cho ba lớp 7A, 7B 7C tỉ lệ theo số học sinh 7:6:5 Nhưng sau số học sinh thun chuyển ba lớp nên phải chia lại theo tỷ lệ 6:5:4 Như có lớp nhận theo dự định 12 Tính số lớp nhận Giải Gọi số ba lớp 7A, 7B, 7C nhận theo dự định tương ứng x, y, z số * ba lớp nhậ thực tế a, b, c Có x, y, z , a, b, c  �N Theo đề ta có x : y : z  : : hay a  : b  : c  6 : 5 : hay Suy Do số học sinh thuyên chuyển gữi lớp nên tổng số học sinh không thay đổi, kéo theo tổng số không thay đổi x  y  z  a  b  c ta có a b c   k = 36 30 24 Từ dãy tỷ số trên, ta nhận xét , x  a nên số lớp 7A nhận nhiều so với dự định Tương tự, số lớp 7B nhận không thay đổi số lớp 7C nhận so với dự định Suy Vậy lớp 7A nhận 432 vở, lớp 7B nhận 360 vở, lớp 7C nhận 288 Nhận xét: Bài toán toán thực tế chia có thay đổi Bài tốn 4.3: Hiện tuổi cha 2,2 lần tuổi Trước 25 năm tuổi bằngtuổi cha.Hỏi tuổi cha gấp lần tuổi tuổi Trong trang này: BT 4.2, 4.3 dựa vào TLTK số  4 ; Giải Gọi tuổi cha x, y(x,y nguyên dương) Ta có tỉ số tuổi cha =2,2 = trước 25 năm Theo tính chất dãy tỉ số nhau, ta có: = Suy 16 Do k = Vậy tuổi cha 66, tuổi 30 Từ k  , ta có x – y  36 Gọi tuổi cha tuổi cha gấp lần tuổi tương ứng x , , y ,  , ta có x,  y ,   x – y (hiệu tuổi cha khơng đổi) Có = Suy tuổi 18 tuổi Vậy tuổi cha gấp lần tuổi 18 tuổi Dạng tốn khó học sinh khá, giỏi, khó phần chuyển từ toán lời văn dạng biểu thức đại số Do dạy giáo viên phải dẫn dắt học sinh tỉ mỉ bước, từ phân tích đề để tìm yếu tố chưa biết, yếu tố cần tìm mối quan hệ chúng, kể mối quan hệ biết dạng ẩn Khi kết luận phải xác theo yêu cầu 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Với hoạt động giáo dục : Học sinh nắm vững phương pháp giải dạng bài, giải em khơng cịn lúng túng, diễn đạt chặt chẽ Nhờ phương pháp giúp cho em sáng tạo học giải toán Biết cách định hướng giải toán cách ngắn gọn Học sinh phát huy trí lực thân có lúc em phát triển toán Đặc biệt số em bồi dưỡng từ chỗ em ngại gặp dạng toán đến số em ham muốn tìm tịi tốn giải tốn khó vận dụng linh hoạt giải Với thân: Tôi cảm thấy tự tin công tác giảng dạy, công bồi dưỡng học sinh giỏi, đặc biệt bồi dưỡng học sinh giỏi tỉ lệ thức Có thể mở rộng sang phần kiến thức khác toán học Với nhà trường: Chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi ngày nâng lên Kết kỳ thi học sinh giỏi cấp huyện đạt kết cao Các toán tỉ lệ thức học sinh đạt điểm tối đa x, y, z tỉ lệ với số 5, 4, 3             : Cho Tính giá trị P biết số Ví dụ Ví dụ 2: Tìm x, y, z   biết x  y  z  48  a a1 a2 a3     2020 a2021 Ví dụ 3: Cho dãy tỉ số a2 a3 a4 2020 � 1.a  2.a2  3.a3   2020.a2020 � a1 � � Chứng minh: a2021 �1.a2  2.a3  3.a4   2020.a2021 � Kết cụ thể em mà bồi dưỡng sau thời gian tơi nhận thấy : Giỏi Khá Trung bình Yếu SL TL% SL TL% SL TL% SL TL% 66,7 33,3 0 0 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận 17 Bài toán tỉ lệ thức dạng toán thường gặp chương trình tốn bồi dưỡng học sinh giỏi THCS Nếu dừng lại yêu cầu sách giáo khoa chưa đủ, địi hỏi giáo viên phải tích cực tự học, tự nghiên cứu, tìm tịi sáng tạo thường xuyên bổ sung kiến thức tích luỹ kinh nghiệm vấn đề Để dạy học cho học sinh hiểu vận dụng tốt phương pháp giải tốn liên quan đến tỉ lệ thức thân giáo viên phải phân dạng toán liên quan đến tỉ lệ thức biết cách giải cụ thể dạng tốn Tóm tắt nội dung, giải pháp vận dụng để nâng cao chất lượng: Tìm thành phần chưa biết, tính giá trị biểu thức, chứng minh đẳng thức ứng dụng giải toán thực tế Qua việc nghiên cứu bên cạnh việc giúp cho thân nâng cao kiến thức, nâng cao nghiệp vụ, bồi dưỡng học sinh giỏi có hiệu quả, ngồi cịn giúp thân nâng cao phương pháp tự học, tự nghiên cứu để tiếp tục nghiên cứu vấn đề khác tốt suốt trình dạy học Đề tài giúp giáo viên học sinh phân dạng tốn tỉ lệ thức từ có kết cao giảng dạy học tập Để thực tốt công việc giảng dạy, đặc biệt công tác ôn tuyển sinh bồi dưỡng học sinh giỏi người thầy phải thường xuyên học, học tập, nghiên cứu, tìm tịi sáng tạo Trong q trình giảng dạy, học sinh học tập, học sinh bồi dưỡng, đọc tài liệu tham khảo rút số kinh nghiệm nêu Hy vọng nội dung “Một số kinh nghiệm dạy tính chất dãy tỉ số cho học sinh giỏi lớp trường THCS Hoằng Thắng” làm kinh nghiệm để giúp học sinh tiếp thu vấn đề này, phần nâng cao lực tư duy, sáng tạo rèn kỹ giải toán tỉ lệ thức cho học sinh Trong trình nghiên cứu khơng thể tránh khỏi sai sót, hạn chế mong giúp đỡ, góp ý đồng nghiệp Trong trang ví dụ tham khảo từ TLTK số  2 ví dụ tham khảo từ TLTK số  1 ví dụ tham khảo từ TLTK số 3.2 Kiến nghị *Đối với nhà trường - Thường xuyên tổ chức hoạt động tham vấn tổ chun mơn, phát huy tích cực sinh hoạt nhóm mơn để giáo viên có điều kiện trao đổi, học hỏi lẫn kiến thức phương pháp nhằm hỗ trợ lẫn dạy chuyên đề khó - Ban giám hiệu nhà trường cần quan tâm đầu tư mua sắm trang thiết bị: máy chiếu, máy tính kết nối Internet, tài liệu tham khảo Nhằm tạo điều kiện tốt cho việc dạy học chuyên đề nâng cao * Đối với Phòng Giáo Dục, Sở Giáo Dục - Phòng GD&ĐT cần mở lớp tập huấn cho giáo viên tổ chức hội thảo chuyên đề ôn thi học sinh giỏi để GV trường trao đổi kinh nghiệm, học tập lẫn - Sở GD&ĐT cần xây dựng sở liệu hổ trợ cho việc dạy học chuyên đề 18 - Thường xuyên giới thiệu tài liệu liên quan tập huấn cho giáo viên bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Hoằng Hóa, ngày tháng năm 2021 Tôi xin cam đoan đề tài tự tơi nghiên cứu, tích lũy Khơng chép cá nhân Tác giả Nguyễn Thị Hương 19 ... nghiệm dạy tính chất dãy tỉ số cho học sinh giỏi lớp trường THCS Hoằng Thắng? ?? làm kinh nghiệm để giúp học sinh tiếp thu vấn đề này, phần nâng cao lực tư duy, sáng tạo rèn kỹ giải toán tỉ lệ thức cho. .. giác Vận dụng tính chất dãy tỉ số để giải toán Bài toán 4.2: Nhà trường dự định chia viết cho ba lớp 7A, 7B 7C tỉ lệ theo số học sinh 7: 6:5 Nhưng sau số học sinh thun chuyển ba lớp nên phải chia... chất hốn vị: Từ tỉ lệ thức b d suy ba tỉ lệ thức khác cách: Đổi chỗ ngoại tỉ cho nhau; Đổi chỗ trung tỉ cho nhau; Đổi chỗ ngoại tỉ cho đổi chỗ trung tỉ cho nhau; Tính chất dãy tỉ số nhau: Nếu = =