Boi duong hsg

Chuyªn ®Ò BDHSG To¸n THCS

§æi míi ph¬ng ph¸p d¹y häc to¸n theo híng tÝch cùc ho¸ ho¹t ®éng häc tËp cña häc sinh

A. Mét vµi nÐt vÒ lý luËn d¹y häc1.T t ëng tÝch cùc ho¸ ho¹t ®éng häc tËp cña häc sinh X· héi ph¸t triÓn vµ sù ®æi míi ®Êt níc ®ßi hái ph¶i n©ng cao

chÊt lîng gi¸o dôc nh»m ®µo t¹o nh÷ng con ngêi lao ®éng ®¶m b¶o môc tiªu hiÖn ®¹i ho¸ ®Êt níc.

+ Theo Kharlamop.I.F. “Häc tËp lµ mét qu¸ tr×nh nhËn thøc tÝch cùc”

Theo tõ ®iÓn TiÕng ViÖt: TÝch cùc lµ mét tr¹ng th¸i tinh thÇn cã t¸c dông kh¼ng ®Þnh vµ thóc ®Èy sù ph¸t triÓn . Trong ho¹t ®éng häc tËp nã diÔn ra ë nhiÒu ph¬ng diÖn kh¸c nhau: Tri gi¸c tµi liÖu, th«ng hiÓu tµi liÖu, ghi nhí, luyÖn tËp, vËn dông, kh¸i qu¸t... vµ ®îc thÓ hiÖn ë nhiÒu h×nh thøc ®a d¹ng, phong phó.

§éng c¬ häc tËp lµ nguån t¹o ra tÝnh tÝch cùc trong ho¹t ®éng häc vµ khi ®· h×nh thµnh l¹i cã gi¸ trÞ nh mét ®éng c¬ thóc giôc ho¹t ®éng, lµ thuéc tÝnh cña nh©n çch, cßn tÝnh tÝch cùc l¹i lµ mét tr¹ng th¸i tinh thÇn lµm nÒn cho ho¹t ®éng diÔn ra cã hiÖu qu¶ vµ cã thuéc tÝnh thiªn vÒ c¶m xóc .

G.I. Sukina ®· chia tÝnh tÝch cùc ra lµm ba cÊp ®é1. TÝnh tÝch cùc b¾t chíc, t¸i hiÖn: xuÊt hiÖn do t¸c ®éng kÝch

thÝch bªn ngoµi. Trong trêng hîp nµy ngêi häc thao t¸c trªn ®èi tîng, b¾t chíc theo mÉu hoÆc m« h×nh cña GV, nh»m chuyÓn ®èi tîng tõ ngoµi vµo trong theo c¬ chÕ “ho¹t ®éng bªn ngoµi bªn trong cã cïng cÊu tróc”. Nhê ®ã, kinh nghiÖm ho¹t ®éng ®îc tÝch luü th«ng qua kinh nghiÖm ngêi kh¸c.

2. TÝnh tÝch cùc t×m tßi: ®i liÒn víi qu¸ tr×nh h×nh thµnh kh¸i niÖm. Gi¶i quyÕt çc t×nh huèng nhËn thøc, t×m ra çc ph¬ng thøc hµnh ®éng trªn c¬ së cã tÝnh tù gi¸c, cã sù tham gia cña ®éng c¬, nhu cÇu, høng thó vµ ý chÝ cña HS. Lo¹i nµy xuÊt hiÖn kh«ng chØ do yªu cÇu cña GV mµ cßn hoµn toµn tù ph¸t trong qu¸ tr×nh nhËn thøc. Nã tån t¹i kh«ng chØ ë d¹ng tr¹ng th¸i, c¶m xóc mµ cßn ë d¹ng thuéc tÝnh

1


bÒn v÷ng cña ho¹t ®éng. ë møc ®é nµy tÝnh ®éc lËp cao h¬n møc trªn, cho phÐp HS tiÕp nhËn nhiÖm vô vµ tù m×nh t×m ra ph¬ng tiÖn thùc hiÖn.

3. TÝnh tÝch cùc s¸ng t¹o: thÓ hiÖn khi chñ thÓ nhËn thøc tù t×m tßi kiÕn thøc míi, tù t×m kiÕm ra ph¬ng thøc hµnh ®éng riªng vµ trë thµnh phÈm chÊt bÒn v÷ng cña ç nh©n. §©y lµ møc ®é biÓu hiÖn tÝnh tÝch cùc nhËn thøc cao nhÊt .

Nh vËy nãi vÒ tÝnh tÝch cùc nhËn thøc, ngêi ta thêng ®¸nh gi¸ vÒ møc ®é nhËn thøc cña ngêi häc trong qu¸ tr×nh thùc hiÖn môc ®Ých d¹y häc.

Kharlamop I.F. viÕt: “TÝnh tÝch cùc trong ho¹t ®éng nhËn thøc lµ tr¹ng th¸i ho¹t ®éng cña HS, ®îc ®Æc trng bëi kh¸t väng häc tËp, sù cè g¾ng trÝ tuÖ víi nghÞ lùc cao trong qu¸ tr×nh n¾m v÷ng kiÕn thøc cho chÝnh m×nh”.

+ TÝch cùc ho¸ ho¹t ®éng häc tËp cña häc sinh: Tèi ®a ho¸ sù tham gia ho¹t ®éng cña ngêi häc víi ®Þnh híng chØ ®¹o lµ tù nhËn thøc, tù ph¸t triÓn, tù thùc hiÖn, tù kiÓm tra vµ ®¸nh gi¸, qua ®ã h×nh thµnh vµ ph¸t triÓn t duy ®éc lËp vµ s¸ng t¹o cña HS.

GS.TSKH NguyÔn B¸ Kim chØ râ 4 yªu cÇu ®Ó tÝch cùc ho¸ ho¹t ®éng häc tËp cña HS:

- X¸c lËp vÞ trÝ chñ thÓ cña ngêi häc, ®¶m b¶o tÝnh tù gi¸c, tÝch cùc s¸ng t¹o cña ho¹t ®éng häc tËp.

- D¹y häc ph¶i dùa trªn nghiªn cøu t¸c ®éng cña nh÷ng quan niÖm vµ kiÕn thøc s½n cã cña ngêi häc, nh»m khai th¸c mÆt thuËn lîi, h¹n chÕ mÆt khã kh¨n, nghiªn cøu nh÷ng chíng ng¹i hoÆc sai lÇm cã thÓ cã cña nh÷ng kiÕn thøc ®ã trong qu¸ tr×nh häc tËp cña HS.

- D¹y häc kh«ng chØ nh»m môc ®Ých lµ tri thøc vµ kü n¨ng bé m«n, mµ quan träng h¬n c¶ lµ viÖc häc, d¹y çch häc cho HS.

- Qu¸ tr×nh d¹y häc ph¶i bao hµm c¶ viÖc d¹y çch tù häc th«ng qua viÖc ®Ó HS tù ho¹t ®éng nh»m ®¸p øng nhu cÇu cña b¶n th©n vµ cña x· héi .

2


Tãm l¹i: §Ó ph¸t huy ®îc tÝnh tÝch cùc trong ho¹t ®éng häc tËp cña HS cÇn mét qu¸ tr×nh lµm cho ngêi häc trë thµnh chñ thÓ tÝch cùc trong ho¹t ®éng häc tËp cña chÝnh hä.

2. §Þnh híng ®æi míi ph¬ng ph¸p d¹y häc+ Ph¬ng ph¸p d¹y häc - Ph¬ng ph¸p d¹y häc lµ con ®êng, lµ çch thøc cña ho¹t ®éng ®Ó

®¹t môc ®Ých d¹y häc. - Ph¬ng ph¸p d¹y häc lµ çch thøc ho¹t ®éng vµ giao lu cña thÇy

g©y nªn nh÷ng ho¹t ®éng vµ giao lu cÇn thiÕt cña trß nh»m ®¹t môc ®Ých d¹y häc .

- Ho¹t ®éng cña thÇy g©y nªn ho¹t ®éng cña trß: Ho¹t ®éng cña thÇy lµ t¸c ®éng ®iÒu khiÓn. Tuy nhiªn t¸c ®éng

kh«ng chØ gåm ho¹t ®éng mµ cßn cã sù øng xö cña thÇy gi¸o.ThuËt ng÷ “d¹y häc” vèn ®îc dïng ®Ó ph¶n ¸nh ho¹t ®éng cña ngêi

d¹y, thÕ nhng ®èi tîng cña ho¹t ®éng d¹y häc lµ HS, HS võa lµ ®èi tîng cña ho¹t ®éng d¹y l¹i võa lµ chñ thÓ cña ho¹t ®éng häc. V× vËy ph¬ng ph¸p d¹y häc võa bao hµm çch d¹y cña thÇy vµ çch häc cña trß.

+ §æi míi ph¬ng ph¸p d¹y häcNghÞ quyÕt Trung ¬ng II kho¸ VIII cña §¶ng Céng s¶n ViÖt Nam chØ

râ “§æi míi m¹nh mÏ ph¬ng ph¸p gi¸o dôc ®µo t¹o, kh¾c phôc lèi truyÒn thô mét chiÒu, rÌn luyÖn thµnh nÕp t duy s¸ng t¹o cña ngêi häc...”

§µo t¹o con ngêi n¨ng ®éng s¸ng t¹o cã n¨ng lùc ph¸t hiÖn vÊn ®Ò vµ tù gi¶i quyÕt vÊn ®Ò lµ mét trong nh÷ng nhiÖm vô träng t©m cña ngµnh gi¸o dôc.

M©u thuÉn gi÷a yªu cÇu ®µo t¹o con ngêi míi x©y dùng x· héi c«ng nghiÖp ho¸ vµ thùc tr¹ng l¹c hËu cña ph¬ng ph¸p d¹y häc ®· lµm n¶y sinh thóc ®Èy c«ng cuéc ®æi míi ph¬ng ph¸p d¹y häc ë tÊt c¶ çc cÊp häc trong ngµnh gi¸o dôc .

Ph¬ng ph¸p d¹y häc kh«ng ph¶i lµ b¶n th©n ho¹t ®éng vµ øng xö cña GV ë b×nh diÖn xem xÐt riªng lÎ, cô thÓ mµ theo NguyÔn B¸ Kim:

3


“Ph¬ng ph¸p d¹y häc lµ h×nh ¶nh kh¸i qu¸t ho¸ nh÷ng ho¹t ®éng øng xö nµo ®ã cña GV. H×nh ¶nh nµy thêng ®îc h×nh thµnh do ph¶n ¸nh nh÷ng ho¹t ®éng øng xö thµnh c«ng cña GV trong qu¸ tr×nh d¹y häc vµ ph¶n ¸nh nh÷ng thµnh tùu cña khoa häc gi¸o dôc hoÆc nh÷ng khoa häc kh¸c th«ng qua khoa häc gi¸o dôc... Ph¬ng ph¸p d¹y häc lµ ph-¬ng tiÖn ®Ó ®¹t môc ®Ých d¹y häc” .

Trong nh÷ng n¨m gÇn ®©y t tëng d¹y häc chñ ®¹o ®îc ph¸t biÓu díi nhiÒu h×nh thøc kh¸c nhau nh “lÊy HS lµm trung t©m”,“ph¸t huy tÝnh tÝch cùc”, “ph¬ng ph¸p d¹y häc tÝch cùc”, “tÝch cùc ho¸ ho¹t ®éng häc tËp”, “Ho¹t ®éng ho¸ ngêi häc” ....

§Þnh híng ®æi míi ph¬ng ph¸p d¹y häc hiÖn nay lµ tæ chøc cho häc sinh häc tËp trong ho¹t ®éng vµ b»ng ho¹t ®éng tù gi¸c, tÝch cùc vµ s¸ng t¹o.

+ Lµm thÕ nµo ®Ó tÝch cùc ho¸ ho¹t ®éng häc tËp cña häc sinh ?Nhµ t©m lÝ häc I.X.Iakimanxkai cho r»ng: Nhµ trêng cÇn trang bÞ

cho HS hai hÖ thèng tri thøc: 1. VÒ hiÖn thùc ®èi tîng; 2. VÒ néi dung çch thøc thùc hiÖn çc hµnh ®éng trÝ tuÖ, ®¶m b¶o viÖc n¾m v÷ng çc tri thøc khoa häc vÒ hiÖn thùc ®èi tîng ®ã.

Çc tri thøc lo¹i mét ®îc ph¶n ¸nh trong SGK, cßn çc tri thøc lo¹i hai ®îc h×nh thµnh chñ yÕu ë HS b»ng con ®êng tù ph¸t. ë ®ã tri thøc lo¹i hai lµ çc thñ ph¸p cña häc tËp nh: tri thøc logic (ph©n tÝch, so s¸nh, kh¸i qu¸t ho¸, ph©n lo¹i…); tri thøc tæ chøc hîp lÝ çc qu¸ tr×nh nhËn thøc kh¸c nhau…

Lerner I.Ia. cßn thªm vµo ®ã hai hÖ thèng n÷a: Kinh nghiÖm ho¹t ®éng s¸ng t¹o vµ kinh nghiÖm th¸i ®é t×nh c¶m.

Çc nhµ lÝ luËn d¹y häc P.I. Pitcaxixti,B.I. C«r«tiaiev kh¼ng ®Þnh: t-¬ng øng víi hai lo¹i ho¹t ®éng nhËn thøc t¸i t¹o vµ t×m tßi, s¸ng t¹o cña HS th× cã hai lo¹i th«ng tin t¸i hiÖn vµ dù ®o¸n. Th«ng tin t¸i hiÖn lµ nh÷ng tri thøc HS lÜnh héi ë d¹ng cã s½n, th«ng qua viÖc ghi nhËn vµ t¸i hiÖn l¹i. Th«ng tin dù ®o¸n lµ çc tri thøc häc tËp ®îc HS kh«i phôc l¹i b»ng çch thiÕt kÕ, t×m kiÕm vµ kiÓm tra tÝnh ®óng ®¾n cña

4


®iÒu dù ®o¸n. Trong khi ho¹t ®éng t¸i hiÖn chØ cã mét ph¬ng ¸n vµ viÖc thùc hiÖn nã chÝnh x¸c lu«n dÉn ®Õn kÕt qu¶, th× ho¹t ®éng t×m tßi s¸ng t¹o l¹i dùa vµo nh÷ng th«ng tin Èn tµng, cha têng minh. HS kiÓm tra dù ®o¸n trªn c¬ së t×m kiÕm vµ lùa chän ph¬ng ¸n cã kh¶ n¨ng nhÊt trong hÖ thèng kiÕn thøc ®· cã cña m×nh.

Dùa vµo kÕt qu¶ nghiªn cøu cña P.I. Pitcaxixti, B.I. C«r«tiaiev cã hai çch chiÕm lÜnh kiÕn thøc:

1. T¸i hiÖn kiÕn thøc: ®Þnh híng ®Õn ho¹t ®éng t¸i t¹o, ®îc x©y dùng trªn c¬ së HS lÜnh héi çc tiªu chuÈn, h×nh mÉu cã s½n.

2. T×m kiÕm kiÕn thøc: ®Þnh híng ®Õn ho¹t ®éng c¶i t¹o tÝch cùc, dÉn ®Õn viÖc “ph¸t minh” kiÕn thøc vµ kinh nghiÖm ho¹t ®éng .Nh vËy, PPDH nµo ®¶m b¶o phèi hîp gi÷a çch d¹y t¸i hiÖn kiÕn thøc vµ t×m kiÕm kiÕn thøc, trong ®ã tËn dông c¬ héi vµ ®iÒu kiÖn ®Ó çch d¹y t×m kiÕm kiÕn thøc chiÕm u thÕ, ®ång thêi kÕt hîp hµi hoµ víi tÝnh s½n sµng häc tËp cña HS, th× vÒ c¬ b¶n PPDH ®ã cã kh¶ n¨ng tÝch cùc ho¸ ho¹t ®éng häc tËp cña HS

3. Dạy luyện tập toán cho học sinh Qu¸ tr×nh d¹y häc lµ mét qu¸ tr×nh t©m lý. Trong qu¸ tr×nh häc

tËp HS ph¶i c¶m gi¸c, tri gi¸c, vËn dông trÝ nhí, t×nh c¶m, ý chÝ...Trong nh÷ng n¨m gÇn ®©y, t©m lý häc ®· chó ý vµo “d¹y häc ph¸t

triÓn”: D¹y häc ®i tríc sù ph¸t triÓn, ®iÒu ®ã cã nghÜa lµ d¹y häc ph¶i tiÕn hµnh trong ®iÒu kiÖn dù kiÕn ®îc møc ®é ph¸t triÓn cña HS cao h¬n hiÖn t¹i. Quan ®iÓm d¹y häc ®i tríc sù ph¸t triÓn vµ kÐo theo sù ph¸t triÓn ®îc coi lµ quan ®iÓm khoa häc vµ çch m¹ng.

Theo L.X. Vygotski, d¹y häc ph¶i theo ®óng chøc n¨ng cña nã, ph¶i ®i tríc sù ph¸t triÓn, nã sÏ thóc ®Èy, kÐo theo sù ph¸t triÓn ®i lªn. MÊu chèt cña d¹y häc ph¸t triÓn lµ x¸c ®Þnh ®óng çc tr×nh ®é ph¸t triÓn cña häc sinh: Tr×nh ®é ph¸t triÓn hiÖn thêi vµ kh¶ n¨ng ph¸t triÓn gÇn nhÊt. Møc ®é hiÖn t¹i ®îc biÓu hiÖn qua qu¸ tr×nh HS ®éc lËp gi¶i quyÕt nhiÖm vô, kh«ng cÇn sù trî gióp tõ bªn ngoµi. Cßn kh¶ n¨ng ph¸t triÓn gÇn nhÊt ®îc thÓ hiÖn trong t×nh huèng HS hoµn thµnh nhiÖm vô khi cã sù hîp t¸c, gióp ®ì cña ngêi kh¸c. Tõ ®ã «ng ®a ra nguyªn lý

5


d¹y häc ph¶i t¸c ®éng vµo vïng ph¸t triÓn gÇn nhÊt, cã nghÜa lµ ph¬ng ph¸p d¹y häc tu©n theo nguyªn t¾c t«n träng kinh nghiÖm ®· cã cña HS vµ t¨ng dÇn møc ®é khã kh¨n.

Nh vËy d¹y häc kh«ng bÞ ®éng chê sù ph¸t triÓn, mµ ngîc l¹i ph¸t triÓn çc chøc n¨ng t©m lÝ. VÊn ®Ò ®éng c¬ häc tËp, høng thó nhËn thøc cã ý nghÜa rÊt quan träng ®Õn hiÖu qu¶ cña qu¸ tr×nh d¹y häc.

§Ó ®¶m b¶o thµnh c«ng cña qu¸ tr×nh d¹y häc, thÇy gi¸o ph¶i ®Æc biÖt chó ý tíi mÆt t©m lý trong qu¸ tr×nh d¹y häc.

- D¹y häc lµ mét qu¸ tr×nh x· héi, trong ®ã cã sù t¬ng t¸c gi÷a ngêi vµ ngêi, gi÷a ngêi vµ x· héi. HiÓu ®îc tÝnh x· héi cña d¹y häc vµ ¶nh h-ëng cña x· héi ®èi víi nhµ trêng sÏ gióp ngêi d¹y ®iÒu khiÓn ®îc qu¸ tr×nh d¹y häc.

Sù gièng nhau vµ kh¸c nhau vÒ yªu cÇu x· héi, vÒ sù ph¸t triÓn nh©n çch cña tõng ngêi ®ßi hái mét qu¸ tr×nh d¹y häc thèng nhÊt cïng víi biÖn ph¸p ph©n ho¸, do vËy trong ho¹t ®éng cña m×nh ngêi thÇy cÇn quan t©m ®Õn kinh nghiÖm sèng vµ ®iÒu kiÖn häc tËp thùc tÕ cña HS ®Ó x©y dùng kÕ ho¹ch vµ néi dung d¹y häc thÝch hîp.

Tãm l¹i, c¨n cø vµo nhËn thøc vÒ qu¸ tr×nh d¹y häc trong giai ®o¹n hiÖn nay (qu¸ tr×nh nhËn thøc, qu¸ tr×nh t©m lý vµ qu¸ tr×nh x· héi), hÖ thèng BT cÇn ph¶i ph¶n ¸nh tÝch cùc vµ cã chän läc çc tri thøc, ph-¬ng ph¸p, kü n¨ng ... liªn quan chÆt chÏ ®Õn ho¹t ®éng to¸n häc, thóc ®Èy çc chøc n¨ng t©m lý, høng thó nhËn thøc vµ chó ý ®Õn kinh nghiÖm sèng vµ ®iÒu kiÖn thùc tÕ cña häc sinh.

TiÕn tr×nh gi¶i bµi tËp to¸nGi¶i BTT lµ thùc hiÖn mét lo¹t çc ho¹t ®éng liªn tôc vµ kh¸ phøc

t¹p v× BTT lµ sù kÕt hîp ®a d¹ng nhiÒu kh¸i niÖm , quan hÖ to¸n häc... V× vËy ®Ó gi¶i ®ược BTT ®ßi hái häc sinh n¾m ch¾c çc kh¸i niÖm, ®Þnh lý, quy t¾c... çc kiÕn thøc trong mèi quan hÖ to¸n häc cña ch-¬ng tr×nh ®· häc.

Theo V.M. Bra®ix¬ “BTT cã thÓ xem lµ ®· ®îc gi¶i chØ sau khi ®· t×m ®ược lêi gi¶i ®¶m b¶o çc ®iÒu kiÖn: Kh«ng sai sãt, cã lËp luËn khoa häc, mang tÝnh toµn diÖn vµ tèi ưu”.

6


Theo Polya G. : “Gi¶i mét BTT chóng ta ph¶i lËp ®ược mét lưîc ®å x¸c ®Þnh m¹nh l¹c nh÷ng thao t¸c (l«gÝc, to¸n häc hay thùc tiÔn) b¾t ®Çu tõ gi¶ thiÕt vµ kÕt thóc b»ng kÕt luËn, dÉn d¾t tõ çc ®èi tượnng mµ ta cã trong tay ®Õn ®èi tưîng ta muèn ®¹t tíi”.

+ Polya G. quan niÖm gi¶i mét BTT lµ mét qu¸ tr×nh t×m kiÕm nh÷ng ho¹t ®éng thÝch hîp ®Ó ®¹t kÕt qu¶. Theo «ng tiÕn tr×nh gi¶i mét BTT gåm 4 bước:

- HiÓu râ BTT (understanding the problem) - X©y dùng chư¬ng tr×nh gi¶i (devising a plan) - Thùc hiÖn chư¬ng tr×nh gi¶i (carrying out the plan) - KiÓm tra lêi gi¶i t×m ®ược (looking back)Bước 1: HiÓu râ bµi tËp to¸n- X¸c ®Þnh ®èi tưîng vµ çc ®iÒu kiÖn vµ hÖ thèng hµnh ®éng,

lµm râ çc mèi quan hÖ ë gi¶ thiÕt, mèi quan hÖ gi÷a gi¶ thiÕt vµ kÕt luËn. X¸c ®Þnh ®ùîc d¹ng BTT, xem xÐt cÊu tróc cña BTT tõ ®ã suy nghÜ hùíng gi¶i BTT ®ã.

Bíc 2: X©y dùng chư¬ng tr×nh gi¶i- Tõ sù ph©n tÝch mèi quan hÖ gi÷a çc yÕu tè cña BTT, tõ suy

nghÜ hùíng gi¶i ë bùíc 1, HS t×m con ®ùêng cô thÓ, kh¶ n¨ng ®¹t ®îc môc ®Ých, ®Þnh hùíng çc hµnh ®éng tiÕn tíi qu¸ tr×nh gi¶i BTT.

- Qu¸ tr×nh nµy kÕt hîp gi÷a logic h×nh thøc (viÖc v¹ch ra “cÊu tróc” cña kÕ ho¹ch) vµ l«gic biÖn chøng (chØ ra tÝnh cô thÓ, tÝnh kh¶ thi vµ phù¬ng thøc thùc hiÖn kÕ ho¹ch).

Bíc 3: Thùc hiÖn chù¬ng tr×nh gi¶i - KÕ ho¹ch gi¶i vÉn cßn ë ý tùëng, HS ph¶i thùc hiÖn mét hÖ thèng hµnh ®éng phï hîp víi nh÷ng chi tiÕt cô thÓ cña BTT. - Sö dông çc thao t¸c tư duy nh÷ng lËp luËn logic ®Ó thùc hiÖn kÕ ho¹ch. - Cã thÓ gi¶i BTT theo nhiÒu çch gi¶i kh¸c nhau, t×m ra çch gi¶i tèi ưu. - ë b ư íc nµy thao t¸c tư duy logÝc, ho¹t ®éng ng«n ng÷ ®ãng vai trß quan träng.

7


Bíc 4: Kh¶o s¸t lêi gi¶i t×m ®ưîc- C«ng viÖc ®ưîc tiÕn hµnh trong suèt qu¸ tr×nh gi¶i BTT, viÖc

kiÓm tra nh»m chÝnh x¸c ho¸ lêi gi¶i (çc bưíc suy luËn, çc kh©u tÝnh to¸n...).

- Qua kh¶o s¸t lêi gi¶i cßn rót ra ®îc kinh nghiÖm cho HS, gi¶i bµi BTT lµ ph¬ng tiÖn häc tËp. Tõ kh¶o s¸t lêi gi¶i HS cã thÓ hîp thøc ho¸ BTT thµnh tri thøc vµ kinh nghiÖm cña b¶n th©n.

* Gi¶i bµi tËp to¸n theo ®Þnh híng ang«rit vµ ¬ristic“Çc ang«rit tån t¹i dưíi nhiÒu h×nh thøc biÓu diÔn kh¸c nhau, ng«n

ng÷ tù nhiªn, ng«n ng÷ to¸n häc, s¬ ®å khèi, ng«n ng÷ phư¬ng tr×nh, lËp tr×nh..., ang«rit (thuËt to¸n, thuËt gi¶i) lµ mét b¶n quy ®Þnh nh÷ng thao t¸c cÇn thùc hiÖn ®Ó gi¶i mét BTT” .

“ThuËt to¸n ®ưîc hiÓu nh mét quy t¾c mµ tõ nh÷ng chØ dÉn râ rµng vµ chÝnh x¸c ®Ó ngưêi (hay m¸y) thùc hiÖn mét lo¹t thao t¸c nh»m ®¹t ®îc môc ®Ých ®Æt ra hay gi¶i mét líp BTT nhÊt ®Þnh”.

R. §Ò Çc ®· nghÜ ®Õn mét phư¬ng ph¸p toµn n¨ng ®Ó gi¶i mäi bµi tËp, Leibnis th× ®a ra ý niÖm râ rµng vÒ mét ph¬ng ph¸p toµn mü ®Ó gi¶i to¸n. Polya G. ®· rÊt ®Ò cao viÖc h×nh thµnh vµ ph¸t triÓn n¨ng lùc s¸ng t¹o qua gi¶i bµi tËp to¸n nhng «ng ®· kh¼ng ®Þnh “T×m kiÕm mét phư¬ng ph¸p toµn n¨ng vµ toµn mü ch¼ng mang l¹i kÕt qu¶ g× h¬n ®i t×m mét viªn ®¸ thÇn kú, ®Ó cã thÓ biÕn mäi kim lo¹i thµnh vµng” . Như vËy kh«ng thÓ cã phư¬ng ph¸p ®Ó gi¶i tÊt c¶ çc BTT, ngoµi nh÷ng d¹ng to¸n cã thÓ dïng phư¬ng ph¸p theo ®Þnh hưíng ang«rit cßn ph¶i sö dông phư¬ng ph¸p ¬ristic.

ThuËt ng÷ ¬ristic cã nguån gèc Hy L¹p lµ “¬rªca” ®ưîc hiÓu lµ sù t×m tßi, t×m ®o¸n, s¸ng t¹o…

“ ¥ristic ®îc hiÓu lµ tæng thÓ nãi chung çc quy t¾c phư¬ng ph¸p kh¸i qu¸t tõ kinh nghiÖm qu¸ khø ®ưîc dïng trong qu¸ tr×nh nghiªn cøu ph¸t hiÖn, s¸ng t¹o ra çi míi”. Gi¶i to¸n theo ®Þnh hưíng ¥ristÝc mang tÝnh chÊt “t×m ®o¸n” thưêng dïng ®Ó gi¶i nh÷ng BTT mang tÝnh chÊt lµ mét vÊn ®Ò, t×m hiÓu vµ

8


ph¸t hiÖn ra vÊn ®Ò, t×m çch gi¶i quyÕt vÊn ®Ò ®ã lµ ho¹t ®éng to¸n häc cÇn thiÕt. Cách thức học phương pháp tìm lời giải bài toán

Học phương pháp tìm lời giải không phải là học một thuật giải mà học những kinh nghiệm giải toán mang tính chất tìm tòi, phát hiện. Do đó cách thức học phương pháp để tìm lời giải bài toán yêu cầu:

- Thông qua việc giải những bài toán cụ thể, học sinh cần nắm được các bước tìm lời giải bài toán và có ý thức vận dụng các bước đó trong quá trình giải toán.

- Cũng thông qua việc giải những bài toán cụ thể, giáo viên cần đặt ra cho học sinh những câu hỏi gợi ý, tạo tình huống để các em tìm tòi, dự đoán, phát hiện và cuối cùng tìm ra lời giải bài toán.

Như vậy, quá trình học sinh học phương pháp tìm lời giải bài toán là một quá trình biến những tri thức, phương pháp tổng quát thành kinh nghiệm giải toán của bản thân mình thông qua việc giải hàng loạt bài toán cụ thể. do đó đòi hỏi người giải toán phải có một chặng đường lao động tích cực, có nhiều yếu tố sáng tạo.

Cã ý kiÕn cho r»ng “d¹y luyÖn tËp to¸n gièng nh luyÖn tËp qu©n sù”; ®èi víi ®èi tîng häc sinh kh¸, giái thÇy chØ híng dÉn çc thao t¸c vµ HS tù m×nh lµm ®îc; ®èi víi häc sinh trung b×nh thÇy lµm mÉu çc ®éng t¸c vµ häc sinh lµm theo ®îc; ®èi víi HS yÕu thÇy gi¸o ph¶i cho HS lµm tõng ®éng t¸c theo m×nh cho ®Õn lóc HS tù lµm ®îc mµ kh«ng cã thÇy lµm mÉu ë phÝa tríc.

Qua thùc tÕ d¹y häc vµ c«ng t¸c qu¶n lý d¹y vµ häc, chóng t«i ®a ra mét sè ®Þnh híng cho tiÕt d¹y luyÖn tËp h×nh häc nh sau: + Ph©n lo¹i çc bµi tËp ë SGK, SBT (BTT còng cè kiÕn thøc cña bµi häc, BTT «n kiÕn thøc cña bµi häc tríc, BT bæ sung lý thuyÕt, BT kh¾c s©u kiÕn thøc).

+ C¨n cø vµo ®èi tîng HS cña líp gi¸o viªn gi¶ng d¹y ®Ó lùa chän mét trong çc ý tëng :

- Víi ®èi tîng häc sinh cña líp lµ häc sinh häc trung b×nh vµ yÕu m«n to¸n:

. Thêng dïng çc BTT «n tËp kiÕn thøc ®Ó kiÓm tra nhanh ®Çu tiÕt luyÖn tËp (nh÷ng bµi cha ®îc sö dông sau phÇn häc lý thuyÕt).

. Híng dÉn häc sinh gi¶i çc BTT bæ sung lý thuyÕt vµ BTT kh¾c s©u kiÕn thøc (çc BT ë SGK vµ SBT ®îc lùa chän), qua viÖc sö dông

9


çc BTT ®ã, gióp häc sinh t×m ®îc quy tr×nh hoÆc ®Þnh híng gi¶i çc BTT cïng d¹ng.

- Víi ®èi tîng lµ häc sinh trung b×nh vµ trung b×nh kh¸:.C¬ b¶n häc sinh ®· gi¶i ®îc çc BTT thÇy gi¸o ra vÒ nhµ chuÈn bÞ

nªn nÕu ®Õn líp trong tiÕt d¹y luyÖn tËp thÇy gi¸o híng dÉn gi¶i çc BTT ®ã sÏ kh«ng t¹o ra ®îc sù míi mÏ, dÉn ®Õn HS kh«ng høng thó trong häc tËp.

Trong trêng hîp nµy gi¸o viªn chän mét BTT t¬ng tù vµ thªm çc c©u hái nh»m x©u chuçi çc BTT, HS ®· ®îc chuÈn bÞ. Thùc tÕ cho thÊy HS høng thó trong häc tËp vµ tiÕt d¹y thµnh c«ng h¬n nhiÒu.

- §èi tîng lµ häc sinh kh¸, giái:.ThÇy gi¸o chØ kiÓm tra nhanh çc BTT cã tÝnh chÊt còng cè kiÕn

thøc.Dïng BT ®iÓn h×nh luyÖn tËp víi çc ®Þnh híng kh¸c nhau nh»m

t¹o ra nhiÒu çch gi¶i (nÕu cã thÓ), tõ BTT ®· cã t¹o ra BTT míi b»ng çc ho¹t ®éng t¬ng tù, t¬ng tù ho¸, kh¸i qu¸t ho¸, lËt ngîc vÊn ®Ò… t¹o thµnh mét sè BTT nh»m ph¸t triÓn t duy s¸ng t¹o cho HS.

Lấy một số ví dụ về dạy luyện tập hình học cho học sinh giỏi. RÌn luyÖn ho¹t ®éng to¸n häc cho häc sinh kh¸, giáiTheo NguyÔn B¸ Kim “d¹y häc ph©n ho¸ xuÊt ph¸t tõ sù biÖn chøng

cña thèng nhÊt vµ ph©n ho¸, tõ yªu cÇu thùc hiÖn tèt çc môc tiªu d¹y häc ®èi víi tÊt c¶ mäi häc sinh, ®ång thêi ph¸t triÓn tèi ®a vµ tèi ưu nh÷ng kh¶ n¨ng ç nh©n. ViÖc kÕt hîp gi÷a gi¸o dôc ®¹i trµ vµ gi¸o dôc mòi nhän gi÷a phæ cËp víi n©ng cao trong d¹y häc to¸n phæ th«ng cÇn tiÕn hµnh theo çc tư tưởng chñ ®¹o sau:

- LÊy tr×nh ®é ph¸t triÓn chung cña HS trong líp lµm nÒn t¶ng…- Sö dông biÖn ph¸p ph©n ho¸ ®a diÖn häc sinh yÕu kÐm lªn

tr×nh ®é chung…- Cã nh÷ng néi dung bæ sung vµ biÖn ph¸p ph©n ho¸ gióp häc sinh

kh¸ giái ®¹t ®îc nh÷ng yªu cÇu n©ng cao trªn c¬ së ®¹t ®ưîc nh÷ng yªu cÇu c¬ b¶n”.

10


Chóng ta quan t©m ®Õn ý tưëng thø ba: “Cã nh÷ng néi dung bæ sung vµ biÖn ph¸p ph©n ho¸ gióp häc sinh kh¸, giái ®¹t ®ược nh÷ng yªu cÇu n©ng cao trªn c¬ së ®¹t ®ược nh÷ng yªu cÇu c¬ b¶n”

Víi çch d¹y häc ph©n ho¸ như ®· nªu lµ ph©n ho¸ néi t¹i (ph©n ho¸ trong) trong mét líp häc. Thùc tÕ d¹y häc ë çc trêng THCS ®ang cßn phæ biÕn ph©n ho¸ ngoµi, nghÜa lµ cã nh÷ng líp tr×nh ®é HS kh¸ h¬n, trong nh÷ng n¨m gÇn ®©y çc trêng chuyªn, líp chän ë THCS kh«ng tån t¹i n÷a, nhưng víi tÝnh chÊt gi¸o dôc cã tÝnh ®¹i chóng vµ phæ cËp nh hiÖn nay th× viÖc ph©n ho¸ ngoµi vÉn lµ phæ biÕn (v× thuËn lîi h¬n trong qu¸ tr×nh d¹y häc, ë bËc THPT ph©n ban còng lµ h×nh thøc ph©n ho¸ ngoµi).

C¨n cø vµo çc ho¹t ®éng to¸n häc liªn quan mËt thiÕt ®Õn néi dung m«n to¸n ë trưêng phæ th«ng lµ: NhËn d¹ng vµ thÓ hiÖn; nh÷ng ho¹t ®éng to¸n häc phøc hîp; nh÷ng ho¹t ®éng trÝ tuÖ phæ biÕn trong to¸n häc; nh÷ng ho¹t ®éng trÝ tuÖ chung vµ nh÷ng ho¹t ®éng ng«n ng÷, tõ ®ã trong qu¸ tr×nh d¹y häc gi¸o viªn trong mäi t×nh huèng dï tưêng minh hay Èn tµng còng ®Òu cã ý tưëng gãp phÇn rÌn luyÖn ho¹t ®éng to¸n häc cho häc sinh.

11


b.Çc chuyªn ®Ò båi d ìng hsg to¸n thcs

Chuyªn ®Ò 1:PhÇn I: Sè chÝnh ph¬ng

I- §Þnh nghÜa: Sè chÝnh ph¬ng lµ sè b»ng b×nh ph¬ng ®óng cña mét sè nguyªn.II- tÝnh chÊt: 1- Sè chÝnh ph¬ng chØ cã thÓ cã ch÷ sè tËn cïng b»ng 0, 1, 4, 5, 6, 9; kh«ng thÓ cã ch÷ tËn cïng b»ng 2, 3, 7, 8.2- Khi ph©n tÝch ra thõa sè nguyªn tè, sè chÝnh ph¬ng chØ chøa çc thõa sè nguyªn tè víi sè mò ch½n.3- Sè chÝnh ph¬ng chØ cã thÓ cã mét trong hai d¹ng 4n hoÆc 4n+1. Kh«ng cã sè chÝnh ph¬ng nµo cã d¹ng 4n + 2 hoÆc 4n + 3 (n N).4- Sè chÝnh ph¬ng chØ cã thÓ cã mét trong hai d¹ng 3n hoÆc 3n +1. Kh«ng cã sè chÝnh ph¬ng nµo cã d¹ng 3n + 2 ( n N ).5- Sè chÝnh ph¬ng tËn cïng b»ng 1, 4 hoÆc 9 th× ch÷ sè hµng chôc lµ ch÷ sè ch½n.Sè chÝnh ph¬ng tËn cïng b»ng 5 th× ch÷ sè hµng chôc lµ 2.Sè chÝnh ph¬ng tËn cïng b»ng 6 th× ch÷ sè hµng chôc lµ ch÷ sè lÎ.6- Sè chÝnh ph¬ng chia hÕt cho 2 th× chia hÕt cho 4.Sè chÝnh ph¬ng chia hÕt cho 3 th× chia hÕt cho 9Sè chÝnh ph¬ng chia hÕt cho 5 th× chia hÕt cho 25Sè chÝnh ph¬ng chia hÕt cho 8 th× chia hÕt cho 16.III- Mét sè d¹ng bµi tËp vÒ sè chÝnh ph ¬ng .A- D¹ng 1: chøng minh mét sè lµ sè chÝnh ph¬ng.Bµi 1: Chøng minh r»ng mäi sè nguyªn x, y th×: A= (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + lµ sè chÝnh ph¬ng.Gi¶i : Ta cã A = (x + y)(x + 2y)(x + 3y)(x + 4y) + = ( §Æt th×

12


A = (V× x, y, z Z nªn VËy A lµ sè chÝnh ph¬ng.Bµi 2: Chøng minh tÝch cña 4 sè tù nhiªn liªn tiÕp céng 1 lu«n lµ sè chÝnh ph¬ng.Gi¶i : Gäi 4 sè tù nhiªn, liªn tiÕp ®ã lµ n, n+1, n+2, n+3 (n Z). Ta cã: n(n + 1)(n + 2)(n + 3) + 1 = n . ( n + 3)(n + 1)(n + 2) + 1 = (§Æt th× (*) = t(t + 2) + 1 = t2 + 2t + 1 = (t + 1)2

= (n2 + 3n + 1)2

V× n N nªn n2 + 3n + 1 N. VËy n(n + 1)(n + 2)(+ 3) + 1 lµ sè chÝnh ph¬ng.

Bµi 3: Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + ...+ k(k + 1)(k + 2)Chøng minh r»ng 4S + 1 lµ sè chÝnh ph¬ng.Gi¶i : Ta cã: k(k + 1)(k + 2) = k (k + 1)(k + 2). 4= k(k + 1)(k + 2).

= k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1)=> 4S =1.2.3.4 - 0.1.2.3 + 2.3.4.5 - 1.2.3.4 + . . . + k(k + 1)(k + 2)(k + 3) - k(k + 1)(k + 2)(k - 1) = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) => 4S + 1 = k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1Theo kÕt qu¶ bµi 2 => k(k + 1)(k + 2)(k + 3) + 1 lµ sè chÝnh ph¬ng.Bµi 4: Cho d·y sè 49; 4489; 444889; 44448889; . . .- D·y sè trªn ®îc x©y dùng b»ng çch thªm sè 48 vµo gi÷a çc ch÷ sè ®øng tríc vµ ®øng sau nã. Chøng minh r»ng tÊt c¶ çc sè cña d·y trªn ®Òu lµ sè chÝnh ph¬ng.Ta cã 44 ...488...89 = 44...488...8 + 1 = 44...4 . 10n + 8 . 11 ... 1 + 1 n ch÷ sè 4 n - 1 ch÷ sè 8 n ch÷ sè 4 n ch÷ sè 8 n ch÷ sè 4 n ch÷ sè 1

= 4.

=

=

13


Ta thÊy 2.10n + 1 = 200...01 cã tæng çc ch÷ sè chia hÕt cho 3 nªn nã chia hÕt cho 3

n - 1 ch÷ sè 0

=> Z hay çc sè cã d¹ng 44 ... 488 ... 89 lµ sè chÝnh ph-

¬ng.Çc bµi t ¬ng tù: Chøng minh r»ng sè sau ®©y lµ sè chÝnh ph¬ng.A = 11 ... 1 + 44 ... 4 + 1 2n ch÷ sè 1 n ch÷ sè 4

B = 11 ... 1 + 11 . . .1 + 66 . . . 6 + 8 2n ch÷ sè 1 n+1 ch÷ sè 1 n ch÷ sè 6

C= 44 . . . 4 + 22 . . . 2 + 88 . . . 8 + 7 2n ch÷ sè 4 n+1 ch÷ sè 2 n ch÷ sè 8

D = 22499 . . .9100 . . . 09 n-2 ch÷ sè 9 n ch÷ sè 0

E = 11 . . .155 . . . 56 n ch÷ sè 1 n-1 ch÷ sè 5

KÕt qu¶: A=

D = (15.10n - 3)2 E = Bµi 5: Chøng minh r»ng tæng çc b×nh ph¬ng cña 5 sè tù nhiªn liªn tiÕp kh«ng thÓ lµ mét sè chÝnh ph¬ng.Gäi 5 sè tù nhiªn liªn tiÕp ®ã lµ n - 2, n - 1, n +1, n + 2 ( n N, n >2).Ta cã (n - 2)2 + ( n - 1)2 + n2 + (n + 1)2 + (n + 2)2 = 5 . (n2 + 2)V× n2 kh«ng thÓ tËn cïng bëi 3 hoÆc 8 do ®ã n2 + 2 kh«ng thÓ chia hÕt cho 5 => 5. (n2 + 2) kh«ng lµ sè chÝnh ph¬ng hay A kh«ng lµ sè chÝnh ph-¬ng.Bµi 6: Chøng minh r»ng sè cã d¹ng n6 - n4 + 2n3 + 2n2 trong ®ã n N vµ n >1kh«ng ph¶i lµ sè chÝnh ph¬ng.n6 - n 4 + 2n3 + 2n2 = n2. (n4 - n2 + 2n +2) = n2. [n2(n-1)(n+1) +2(n+1)] = n2[(n+1)(n3 - n2 + 2)] = n2(n + 1) . [(n3 + 1) - (n2 - 1)] = n2(n + 1)2 . (n2 - 2n + 2)Víi n N, n > 1 th× n2 - 2n + 2 = ( n -1)2 + 1 > ( n - 1)2

Vµ n2 - 2n + 2 = n2 - 2(n - 1) < n2

14


VËy (n - 1)2 < n2 - 2n + 2 < n2 => n2 - 2n + 2 kh«ng ph¶i lµ mét sè chÝnh ph¬ng.Bµi 7: Cho 5 sè chÝnh ph¬ng bÊt kú cã ch÷ sè hµng chôc kh¸c nhau cßn ch÷ sè hµng ®¬n vÞ ®Òu lµ 6. Chøng minh r»ng tæng çc ch÷ sè hµng chôc cña 5 sè chÝnh ph¬ng ®ã lµ mét sè chÝnh ph¬ng.Ta biÕt mét sè chÝnh ph¬ng cã ch÷ sè hµng ®¬n vÞ lµ 6 th× ch÷ sè hµng chôc cña nã lµ sè lÎ. V× vËy ch÷ sè hµng chôc cña 5 sè chÝnh ph-¬ng ®ã lµ 1,3,5,7,9 khi ®ã tæng cña chóng b»ng 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 25 = 52 lµ sè chÝnh ph¬ng.Bµi 8: Chøng minh r»ng tæng b×nh ph¬ng cña 2 sè lÎ bÊt kú kh«ng ph¶i lµ sè chÝnh ph¬ng.a vµ b lÎ nªn a = 2k + 1, b= 2m + 1 (Víi k, m N).=> a2 + b2 = (2k + 1)2 + ( 2m + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 + 4m2 + 4m + 1 = 4 (k2 + k + m2 + m) + 2 => a2 + b2 kh«ng thÓ lµ sè chÝnh ph¬ng.Bµi 9: Chøng minh r»ng nÕu p lµ tÝch cña n (víi n > 1) sè nguyªn tè ®Çu tiªn th× p - 1 vµ p + 1 kh«ng thÓ lµ çc sè chÝnh ph¬ng.V× p lµ tÝch cña n sè nguyªn tè ®Çu tiªn nªn p 2 vµ p kh«ng thÓ chia hÕt cho 4 (1)a- Gi¶ sö p + 1 lµ sè chÝnh ph¬ng. §Æt p + 1 = m2 ( m N).V× p ch½n nªn p + 1 lÎ => m2 lÎ => m lÎ.§Æt m = 2k + 1 (k N). Ta cã m2 = 4k2 + 4k + 1 => p + 1 = 4k2 + 4k + 1=> p = 4k2 + 4k = 4k (k + 1) 4 m©u thuÉn víi (1).=> p + 1 kh«ng ph¶i lµ sè chÝnh ph¬ng.b- p = 2.3.5... lµ sè chia hÕt cho 3 => p - 1 cã d¹ng 3k + 2.=> p - 1 kh«ng lµ sè chÝnh ph¬ng.VËy nÕu p lµ tÝch n (n >1) sè nguyªn tè ®Çu tiªn th× p - 1 vµ p + 1 kh«ng lµ sè chÝnh ph¬ng.Bµi 10: Gi¶ sö N = 1.3.5.7 . . . 2007. 2011Chøng minh r»ng trong 3 sè nguyªn liªn tiÕp 2N - 1, 2N vµ 2N + 1 kh«ng cã sè nµo lµ sè chÝnh ph¬ng.a- 2N - 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 - 1Cã 2N 3 => 2N - 1 = 3k + 2 (k N)=> 2N - 1 kh«ng lµ sè chÝnh ph¬ng.b- 2N = 2.1.3.5.7 . . . 2011 => 2N ch½n.=> N lÎ => N kh«ng chia hÕt cho 2 vµ 2N 2 nhng 2N kh«ng chia hÕt cho 4.

15


2N ch½n nªn 2N kh«ng chia cho 4 d 1 hoÆc d 3 => 2N kh«ng lµ sè chÝnh ph¬ng.c- 2N + 1 = 2.1.3.5.7 . . . 2011 + 12N + 1 lÎ nªn 2N + 1 kh«ng chia hÕt cho 42N kh«ng chia hÕt cho 4 nªn 2N + 1 kh«ng chia cho 4 d 1.=> 2N + 1 kh«ng lµ sè chÝnh ph¬ng.Bµi 11: Cho a = 11 . . . 1 ; b = 100 . . . 05 2010 ch÷ sè 1 2009 ch÷ sè 0

Chøng minh lµ sè tù nhiªn.Gi¶i: b = 100 . . . 05 = 100 . . . 0 - 1 + 6 = 99 . . . 9 + 6 = 9a + 6

2009 ch÷ sè 0 2010 ch÷ sè 0 2010 ch÷ sè 9

ab + 1 = a(9a + 6) + 1 = 9a2 + 6a + 1 = (3a + 1)2

B. d¹ng 2: t×m gi¸ trÞ cña biÕn ®Ó biÓu thøc lµ sè chÝnh ph ¬ng Bµi 1: T×m sè tù nhiªn n sao cho çc sè sau lµ sè chÝnh ph¬nga) n2 + 2n + 12 b) n(n + 3)c) 13n + 3 d) n2 + n + 1589Gi¶i:a) V× n2 + 2n + 12 lµ sè chÝnh ph¬ng nªn ®Æt n2 + 2n + 12 = k2 (k N)

(n2 + 2n + 1) + 11 = k2 k2 – (n + 1)2 = 11 (k + n + 1)(k – n - 1) = 11NhËn xÐt thÊy k + n + 1 > k - n - 1 vµ chóng lµ nh÷ng sè nguyªn d¬ng, nªn ta cã thÓ viÕt (k + n + 1) (k - n - 1) = 11.1 k + n + 1 = 11

k = 6k - n – 1 = 1 n = 4

b) ®Æt n(n + 3) = a2 (n N) n2 + 3n = a2 4n2 + 12n = 4a2

(4n2 + 12n + 9) – 9 = 4a2

(2n + 3)2 – 4a2 = 9(2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9

NhËn xÐt thÊy 2n + 3 + 2a > 2n + 3 – 2a vµ chóng lµ nh÷ng sè nguyªn d-¬ng, nªn ta cã thÓ viÕt (2n + 3 + 2a)(2n + 3 – 2a) = 9.1 2n + 3 + 2a = 9 n = 1

2n + 3 – 2a = 1 a = 2c) §Æt 13n + 3 = y2 (y N) 13(n - 1) = y2 – 16

13(n - 1) = (y + 4)(y – 4)(y + 4)(y – 4) 13 mµ 13 lµ sè nguyªn tè nªn y + 4 13 hoÆc y – 4 13 y = 13k 4 (víi k N) 13(n - 1) = (13k 4)2 – 16 = 13k.(13k 8)13k2 8k + 1

VËy n = 13k2 8k + 1 (víi k N) th× 13n + 3 lµ sè chÝnh ph¬ngd) §Æt n2 + n + 1589 = m2 (m N) (4n2 + 1)2 + 6355 = 4m2

(2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355

16


NhËn xÐt thÊy 2m + 2n + 1 > 2m – 2n – 1 > 0 vµ chóng lµ nh÷ng sè lÎ, nªn ta cã thÓ viÕt (2m + 2n + 1) (2m – 2n – 1) = 6355.1 = 1271.5 = 205.31 = 155.41Suy ra n cã thÓ cã çc gi¸ trÞ sau : 1588 ; 316 ; 43 ; 28Bµi t ¬ng tù : T×m a ®Ó çc sè sau lµ nh÷ng sè chÝnh ph¬ng

a) a2 + a + 43b) a2 + 81c) a2 + 31a + 1984

KÕt qu¶: a) 2; 42; 13b) 0; 12; 40

c) 12 ; 33 ; 48 ; 97 ; 176 ; 332 ; 565 ; 1728Bµi 2 : T×m sè tù nhiªn n 1 sao cho tæng 1! + 2! + 3! + … + n! lµ mét sè chÝnh ph¬ng.Víi n = 1 th× 1! = 1 = 12 lµ sè chÝnh ph¬ngVíi n = 2 th× 1! + 2! = 3 kh«ng lµ sè chÝnh ph¬ngVíi n = 3 th× 1! + 2! + 3! = 1 + 1.2 + 1.2.3 = 9 = 33 lµ sè chÝnh ph¬ngVíi n 4 ta cã 1! + 2! + 3! + 4! = 1 + 1.2 + 1.2.3 + 1.2.3.4 = 33 cßn 5!; 6!; …; n! ®Òu tËn cïng bëi 0 do ®ã 1! + 2! + 3! + … n! cã tËn cïng bëi ch÷ sè 3 nªn nã kh«ng ph¶i lµ sè chÝnh ph¬ng.VËy cã 2 sè tù nhiªn n tho¶ m·n ®Ò bµi lµ n = 1; n = 3Bµi 3: Cã hay kh«ng sè tù nhiªn n ®Ó 2010 + n2 lµ sè chÝnh ph¬ng.Gi¶ sö 2010 + n2 lµ sè chÝnh ph¬ng th× 2010 + n2 = m2 (m )Tõ ®ã suy ra m2 - n2 = 2010 (m + n) (m – n) = 2010Nh vËy trong 2 sè m vµ n ph¶i cã Ýt nhÊt 1 sè ch½n (1)MÆt kh¸c m + n + m – n = 2m 2 sè m + n vµ m – n cïng tÝnh ch½n lÎ (2)Tõ (1) vµ (2) m + n vµ m – n lµ 2 sè ch½n.

(m + n) (m – n) 4 nhng 2006 kh«ng chia hÕt cho 4 §iÒu gi¶ sö sai.

VËy kh«ng tån t¹i sè tù nhiªn n ®Ó 2006 + n2 lµ sè chÝnh ph¬ng.Bµi 4: BiÕt x vµ x > 2. T×m x sao cho §¼ng thøc ®· cho ®îc viÕt l¹i nh sau: Do vÕ tr¸i lµ mét sè chÝnh ph¬ng nªn vÕ ph¶i còng lµ mét sè chÝnh ph-¬ng.Mét sè chÝnh ph¬ng chØ cã thÓ tËn cïng bëi mét trong çc ch÷ sè 0; 1; 4; 5; 6; 9 nªn x chØ cã thÓ tËn cïng bëi mét trong çc ch÷ sè 1; 2; 5; 6; 7; 0 (1)Do x lµ ch÷ sè nªn x 9, kÕt hîp víi ®iÒu kiÖn ®Ò bµi ta cã x vµ 2 < x 9 (2)

Tõ (1) vµ (2) x chØ cã thÓ nhËn mét trong çc gi¸ trÞ 5; 6; 7

17


B»ng phÐp thö ta thÊy chØ cã x = 7 tho¶ m·n ®Ò bµi, khi ®ã 762 = 5776Bµi 5: T×m sè tù nhiªn n cã 2 ch÷ sè biÕt r»ng 2n + 1 vµ 3n + 1 ®Òu lµ çc sè chÝnh ph¬ng.Ta cã 10 n 99 nªn 21 2n + 1 199. T×m sè chÝnh ph¬ng lÎ trong kho¶ng trªn ta ®îc 2n + 1 b»ng 25; 49; 81; 121; 169 t¬ng øng víi sè n b»ng 12; 24; 40; 60; 84Sè 3n + 1 b»ng 37; 73; 121; 181; 253. ChØ cã 121 lµ sè chÝnh ph¬ng.VËy n = 40Bµi 6: Chøng minh r»ng nÕu n lµ sè tù nhiªn sao cho n + 1 vµ 2n + 1 ®Òu lµ çc sè chÝnh ph¬ng th× n lµ béi sè cña 24V× n + 1 vµ 2n + 1 lµ çc sè chÝnh ph¬ng nªn ®Æt n + 1 = k2, 2n + 1 = m2 (k, m )Ta cã m lµ sè lÎ m = 2a + 1 m2 = 4a(a + 1) + 1Mµ

n ch½n n + 1 lÎ k lÎ ®Æt k = 2b + 1 (víi b ) k2 = 4b(b+1) + 1

n = 4b(b+1) n 8 (1)Ta cã: k2 + m2 = 3n + 2 2 (mod3)MÆt kh¸c k2 chia cho 3 d 0 hoÆc 1, m2 chia cho 3 d 0 hoÆc 1Nªn ®Ó k2 + m2 2 (mod3) th× k2 1 (mod3)

m2 1 (mod3) m2 – k2 3 hay (2n + 1) – (n + 1) 3 n 3 (2)

Mµ (8; 3) = 1 (3)Tõ (1), (2), (3) n 24Bµi 7: T×m tÊt c¶ çc sè tù nhiªn n sao cho sè 28 + 211 + 2n lµ sè chÝnh ph¬ngGi¶ sö 28 + 211 + 2n = a2 (a N) th×2n = a2 – 482 = (a + 48) (a – 48)2p. 2q = (a + 48) (a – 48) víi p, q N ; p + q = n vµ p > q

a + 48 = 2p 2p 2q = 96 2q (2p-q – 1) = 25.3a – 48 = 2q

q = 5 vµ p – q = 2 p = 7 n = 5 + 7 = 12

Thö l¹i ta cã: 28 + 211 + 2n = 802 C.d¹ng 3 : T×m sè chÝnh ph¬ngBµi 1 : Cho A lµ sè chÝnh ph¬ng gåm 4 ch÷ sè. NÕu ta thªm vµo mçi ch÷ sè cña A mét ®¬n vÞ th× ta ®îc sè chÝnh ph¬ng B. H·y t×m çc sè A vµ B.

18


Gäi A = . NÕu thªm vµo mçi ch÷ sè cña A mét ®¬n vÞ th× ta cã sèB = víi k, m N vµ 32 < k < m < 100

a, b, c, d = Ta cã: A =

B = . §óng khi céng kh«ng cã nhí m2 – k2 = 1111 (m - k)(m + k) = 1111 (*)

NhËn xÐt thÊy tÝch (m – k)(m + k) > 0 nªn m – k vµ m + k lµ 2 sè nguyªn d¬ng.Vµ m – k < m + k < 200 nªn (*) cã thÓ viÕt (m – k) (m + k) = 11.101Do ®ã: m – k = 11 m = 56 A = 2025

m + k = 101 n = 45 B = 3136Bµi 2: T×m mét sè chÝnh ph¬ng gåm 4 ch÷ sè biÕt r»ng sè gåm 2 ch÷ sè ®Çu lín h¬n sè gåm 2 ch÷ sè sau mét ®¬n vÞ.§Æt ta cã vµ k N, 32 k < 100Suy ra : 101 = k2 – 100 = (k – 10)(k + 10) k + 10 101 hoÆc k – 10 101

Mµ (k – 10; 101) = 1 k + 10 101V× 32 k < 100 nªn 42 k + 10 < 110 k + 10 = 101 k = 91

= 912 = 8281Bµi 3: T×m sè chÝnh ph¬ng cã 4 ch÷ sè biÕt r»ng 2 ch÷ sè ®Çu gièng nhau, 2 ch÷ sè cuèi gièng nhau.Gäi sè chÝnh ph¬ng ph¶i t×m lµ: = n2 víi a, b N, 1 a 9; 0 b 9Ta cã: n2 = = 11. = 11.(100a + b) = 11.(99a + a + b) (1)NhËn xÐt thÊy 11 a + b 11Mµ 1 a 9; 0 b 9 nªn 1 a + b 18 a + b = 11Thay a + b = 11 vµo (1) ®îc n2 = 112(9a + 1) do ®ã 9a + 1 lµ sè chÝnh ph¬ngB»ng phÐp thö víi a = 1; 2;…; 9 ta thÊy chØ cã a = 7 tho¶ m·n b = 4Sè cÇn t×m lµ: 7744Bµi 4: T×m mét sè cã 4 ch÷ sè võa lµ sè chÝnh ph¬ng võa lµ mét lËp ph¬ng.Gäi sè chÝnh ph¬ng ®ã lµ . V× abcd võa lµ sè chÝnh ph¬ng võa lµ mét lËp ph¬ng nªn ®Æt = x2 = y3 víi x, y NV× y3 = x2 nªn y còng lµ mét sè chÝnh ph¬ng.Ta cã : 1000 9999 10 y 21 vµ y chÝnh ph¬ng

y = 16 = 4096

19


Bµi 5 : T×m mét sè chÝnh ph¬ng gåm 4 ch÷ sè sao cho ch÷ sè cuèi lµ sè nguyªn tè, c¨n bËc hai cña sè ®ã cã tæng çc ch÷ sè lµ mét sè chÝnh ph¬ng.Gäi sè ph¶i t×m lµ víi a, b, c, d nguyªn vµ 1 a 9; 0 b, c, d 9

chÝnh ph¬ng d d nguyªn tè d = 5§Æt = k2 < 10000 32 k < 100k lµ mét sè cã hai ch÷ sè mµ k2 cã tËn cïng b»ng 5 k tËn cïng b»ng 5Tæng çc ch÷ sè cña k lµ mét sè chÝnh ph¬ng k = 45

= 2025VËy sè ph¶i t×m lµ: 2025Bµi 6: T×m sè tù nhiªn cã hai ch÷ sè biÕt r»ng hiÖu çc b×nh ph¬ng cña sè ®ã vµ viÕt sè bë hai ch÷ sè cña sè ®ã nhng theo thø tù ngîc l¹i lµ mét sè chÝnh ph¬ngGäi sè tù nhiªn cã hai ch÷ sèph¶i t×m lµ (a, b N, 1 a, b 9)Sè viÕt theo thø tù ngîc l¹i Ta cã 2 - 2 = (10a + b)2 – (10b + a)2 = 99 (a2 – b2) 11 a2 – b2 11 Hay (a - b) (a + b) 11 V× 0 < a – b 8, 2 a + b 18 nªn a + b 11 a + b = 11Khi ®ã: 2 - 2= 32 . 112 . (a – b)§Ó 2 - 2 lµ sè chÝnh ph¬ng th× a – b ph¶i lµ sè chÝnh ph¬ng do ®ã a – b = 1 hoÆc a – b = 4NÕu a – b = 1 kÕt hîp víi a + b = 11 a = 6, b = 5 , = 65Khi ®ã 652 – 562 = 1089 = 332

NÕu a – b = 4 kÕt hîp víi a + b = 11 a = 7,5 lo¹iVËy sè ph¶i t×m lµ 65Bµi 7: Cho mét sè chÝnh ph¬ng cã 4 ch÷ sè. NÕu thªm 3 vµo mçi ch÷ sè ®ã ta còng ®îc mét sè chÝnh ph¬ng. T×m sè chÝnh ph¬ng ban ®Çu.(KÕt qu¶: 1156)Bµi 8: T×m sè cã 2 ch÷ sè mµ b×nh ph¬ng cña sè Êy b»ng lËp ph¬ng cña tæng çc ch÷ sè cña nã.Gäi sè ph¶i t×m lµ víi a, b N, 1 a 9; 0 b 9Theo gi¶ thiÕt ta cã: = (a + b)3

(10a +b)2 = (a + b)3

lµ mét lËp ph¬ng vµ a + b lµ mét sè chÝnh ph¬ng§Æt = t3 (t N), a + b = 12 (1 N)V× 10 ab 99 = 27 hoÆc = 64NÕu = 27 a + b = 9 lµ sè chÝnh ph¬ngNÕu = 64 a + b = 10 kh«ng lµ sè chÝnh ph¬ng lo¹i

20


VËy sè cÇn t×m lµ ab = 27

Bµi 9 : T×m 3 sè lÎ liªn tiÕp mµ tæng b×nh ph¬ng lµ mét sè cã 4 ch÷ sè gièng nhau.Gäi 3 sè lÎ liªn tiÕp ®ã lµ 2n - 1 ; 2n + 1 ; 2n + 3 (n N)Ta cã : A = (2n – 1)2 + (2n + 1)2 + (2n +3)2 = 12n2 + 12n + 11Theo ®Ò bµi ta ®Æt 12n2 + 12n + 11 = = 1111 . a víi a lÎ vµ 1 a 9 12n(n + 1) = 11(101a – 1) 101a – 1 3 2a – 1 3

V× 1 a 9 nªn 1 2a – 1 17 vµ 2a – 1 lÎ nªn 2a – 1 a

V× a lÎ a = 5 n = 213 sè cÇn t×m lµ: 41; 43; 45Bµi 10 : T×m sè cã 2 ch÷ sè sao cho tÝch cña sè ®ã víi tæng çc ch÷ sè cña nã b»ng tæng lËp ph¬ng çc ch÷ sè cña sè ®ã.

(a + b) = a3 + b3

10a + b = a2 – ab + b2 = (a + b)2 – 3ab 3a (3 + b) = (a + b) (a + b – 1)

a + b vµ a + b – 1 nguyªn tè cïng nhau do ®ãa + b = 3a hoÆc a + b – 1 = 3aa + b – 1 = 3 + b a + b = 3 + b

a = 4, b = 8 hoÆc a = 3, b = 7VËy = 48 hoÆc = 37

Chuyªn ®Ò 2:ph ¬ng tr×nh nghiÖm nguyªn

1. T×m nghiÖm nguyªn cña Ph¬ng tr×nh vµ hÖ ph¬ng tr×nh bËc nhÊt hai ÈnTuú tõng bµi cô thÓ mµ lµm çc çch kh¸c nhau.VD1: T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh: 2x + 3y = 11 (1)Çch 1: Ph¬ng ph¸p tæng qu¸t:Ta cã: 2x + 3y = 11

§Ó ph¬ng tr×nh cã nghiÖm nguyªn nguyªn

§Æt y = 2t + 1

x = -3t + 4

21


Çch 2 : Dïng tÝnh chÊt chia hÕtV× 11 lÎ 2x + 3y lu«n lµ sè lÎ mµ 2x lu«n lµ sè ch½n 3y lÎ y lÎDo ®ã : y = 2t + 1 víi

x = -3t + 4Çch 3 : Ta nh©n thÊy ph¬ng tr×nh cã mét cÆp nghiÖm nguyªn ®Æc biÖt lµ x0 = 4 ; y0 = 1ThËt vËy : 2 . 4 + 3.1 = 11 (2)Trõ (1) cho (2) vÕ theo vÕ ta cã :2(x - 4) + 3(y - 1) = 0

2(x -4) = -3(y -1) (3)Tõ (3) 3(y - 1) 2 mµ (2 ; 3) = 1 y - 1 2

y = 2t + 1 víi Thay y = 2t + 1 vµo (3) ta cã : x = -3t + 4NhËn xÐt : Víi çch gi¶i nµy ta ph¶i mß ra mét cÆp nghiÖm nguyªn (x0, y0) cña ph¬ng tr×nh ax + by = c ; çch nµy sÏ gÆp khã kh¨n nÕu hÖ sè a, b, c qu¸ lín.Çc bµi tËp t ¬ng tù : T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh.a) 3x + 5y = 10b) 4x + 5y = 65c) 5x + 7y = 112VD2 : HÖ ph¬ng tr×nh.T×m nghiÖm nguyªn d¬ng cña hÖ ph¬ng tr×nh sau :

3x + y + z = 14 (1)5x + 3y + z = 28 (2)

Gi¶i : Tõ hÖ ®· cho ta cã : 2(x + y) = 14 vËy x = 7 - y (*)Thay (*) vµo (1) ta ®îc z = 14 - y - 3x = 2y -7

V× x > 0 nªn 7 - y > 0 y < 7 mµ z > 0 nªn 2y - 7 > 0 y >

VËy < y < 7 vµ

Gi¶i tiÕp hÖ ®· cho cã 3 nghiÖm (3; 4; 1); (2; 5; 3); (1; 6; 5)Bµi tËp t ¬ng tù: a) T×m nghiÖm nguyªn cña hÖ

2x -5y = 52y - 3z = 1

b) Tr¨m tr©u ¨n tr¨m bã cá – tr©u ®øng ¨n n¨m, tr©u n»m ¨n ba, tr©u giµ 3 con 1 bã. T×m sè tr©u mçi lo¹i.c) T×m sè nguyªn d¬ng nhá nhÊt chia cho 1000 d 1 vµ chia cho 761 d 8.

22


2. T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh, hÖ ph¬ng tr×nh bËc cao.Ph¬ng ph¸p 1 : Dïng dÊu hiÖu chia hÕt ®Ó gi¶i ph¬ng tr×nh.VD1: a) T×m cÆp sè nguyªn (x ; y) tho¶ m·n ph¬ng tr×nh

6x2 + 5y2 = 74 (1)Çch 1 : Ta cã : 6 (x2 - 4) = 5 (10 - y2) (2)Tõ (2) 6(x2 - 4) 5 vµ (6 ; 5) = 1 x2 - 4 5

x2 = 5t + 4 víiThay x2 - 4 = 5t vµo (2) ta cã : y2 = 10 – 6tV× x2 > 0 vµ y2 > 0 5t + 4 > 0

10 - 6t > 0

víi t = 0 hoÆc t = 1

Víi t = 0 y2 = 10 (lo¹i)Víi t = 1 x2 = 9 x =

y2 = 4 y = VËy çc cÆp nghiÖm nguyªn lµ :........................Çch 2 : Tõ (1) ta cã x2 + 1 5

0 < x2 12 x2 = 4 hoÆc x2 = 9Víi x2 = 4 y2 = 10 (lo¹i)Víi x2 = 9 y2 = 4 (tho¶ m·n)VËy.....................Çch 3 : Ta cã :

(1) y2 ch½n 0 < y2 14 y2 = 4 x2 = 9

VËy...............VD2 : Chøng minh r»ng ph¬ng tr×nh sau kh«ng cã nghiÖm nguyªn a) x5 + 29x = 10(3y + 1)b) 7x = 2y - 3z - 1Gi¶i : x5 - x + 30x = 10(3y+1)VP 30 cßn VT 30 ph¬ng tr×nh v« nghiÖmPh¬ng ph¸p 2: Ph©n tÝch mét vÕ thµnh tÝch, mét vÕ thµnh h»ng sè nguyªnVD1: T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh:a) xy + 3x - 5y = -3b) 2x2 - 2xy + x - y + 15 = 0c) x2 + x = y2 - 19Gi¶i : a) Çch 1: x(y + 3) – 5(y + 3) = -18

(x – 5) (y + 3) = -18...

23


Çch 2 : b) T¬ng tù.c) 4x2 + 4x = 4y2 - 76

(2x + 1)2 - (2y)2 = -75... Ph¬ng ph¸p 3 : Sö dông tÝnh ch½n lÎ (®Æc biÖt cña chia hÕt)VD2 : T×m nghiÖm nguyªn.x3 - 2y3 - 4z3 = 0Gi¶i : x3 = 2(y3 + 2z3)VP 2 x3 2 x 2 ®Æt x = 2k8k3 = 2(y3 + 2z3) 4k3 = y3 + 2z3

y3 = 4k3 - 2z3 = 2(2k3 - z3) y ch½n. §Æt y = 2t ta cã :

8t3 = 2(2k3 - z3) 4t3 = 2k3 - z3

z3 = 2k3 - 4t3 z ch½n z = 2m 8m3 = 2(k3 - 2t3) ......k ch½n.......

Ph¬ng ph¸p 4 : Ph¬ng ph¸p sö dông tÝnh chÊt cña sè chÝnh ph¬ngVD1 : T×m nghiÖm nguyªn cña.a) x2 - 4xy + 5y2 = 169b) x2 - 6xy + 13y2 = 100Gi¶i :a) (x - 2y)2 + y2 = 169 = 0 + 169 = 25 + 144...b) (x – 3y)2 + (2y)2 = 100 = 0 + 100 = 36 + 64 = ...Ph¬ng ph¸p 5 : Ph¬ng ph¸p c«ng thøc nghiÖm ph¬ng tr×nh bËc 2VD1 : T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh.a) 2x2 -2xy + x + y + 15 = 0b) 5(x2 + xy + y2) = 7(x+2y) (®Ò thi häc sinh giái tØnh 2009 – 2010)c) x(x + 1) = y (y + 1) (y2 + 2)Ph¬ng ph¸p 6 : Ph¬ng ph¸p ®Æt Èn phôVD: T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh: (1)§Æt y = x2 + 2x + 2 (y Z)

(1) 5y2 – 7y – 6 = 0

(lo¹i) ; y2 = 2 (tho¶ m·n) x1 = 0; x2 = -2

Çc bµi tËp t ¬ng tù: a) x3 + (x + 1)3 + (x + 2)3 = (x + 3)3

b) * Mét sè ph¬ng ph¸p kh¸c.

24


VD1 : T×m nghiÖm nguyªn cña ph¬ng tr×nh : 2x2 + 4x = 19 -3y2

Gi¶i : 4x2 + 8x + 4 = 42 - 6y2

(2x + 2)2 = 6 (7 - y2)V× (2x + 2)2 0 7 - y2 0 Mµ y y = 0 ; ; Tõ ®©y ta t×m ®îc gi¸ trÞ t¬ng øng cña x3. Mét sè bµi to¸n liªn quan tíi h×nh häc.a) Cho tam gi¸c cã ®é dµi cña 3 ®êng cao lµ nh÷ng sè nguyªn d¬ng vµ ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ®ã cã b¸n kÝnh b»ng 1(®.v.®.d). Chøng minh tam gi¸c ®ã lµ tam gi¸c ®ÒuGi¶i: Gäi ®é dµi çc c¹nh vµ çc ®êng cao t¬ng øng theo thø tù lµ a; b; c vµ x; y; z. R lµ b¸n kÝnh ®êng trßn néi tiÕp.Ta cã R = 1 x; y; z > 2 vµ gi¶ sö x y z > 2Ta cã : ax = by = cz = (a + b+ c).1 (=2S)

Suy ra: ;

; ;

mµ x y z > 2

vµ nªn

z = 3

T¬ng tù ta cã: x = 3; y = 3 tam gi¸c ®ã lµ tam gi¸c ®Òub) T×m tÊt c¶ çc h×nh ch÷ nhËt víi ®é dµi çc c¹nh lµ çc sè nguyªn d¬ng cã thÓ c¾t thµnh 13 h×nh vu«ng b»ng nhau sao cho mçi c¹nh cña h×nh vu«ng lµ sè nguyªn d¬ng kh«ng lín h¬n 4 (®.v.®.d)Gi¶i : Gäi çc c¹nh h×nh ch÷ nhËt cÇn t×m lµ a vµ b, c¹nh h×nh vu«ng lµ c. Tõ gi¶ thiÕt h×nh ch÷ nhËt c¾t thµnh 13 h×nh vu«ng nªn ph¶i cã:

ab = 13c2 (1) víi 0 < c 4 (2)Tõ (1) suy ra a hoÆc b chia hÕt cho 13. V× vai trß a, b nh nhau ta cã thÓ gi¶ gi¶ sö a chia hÕt cho 13, tøc lµ a = 13dThay vµo (1) ta ®îc : 13db = 13c2

Hay db = c2

Ta h·y xÐt çc trêng hîp cã thÓ cã cña c.Víi c = 1, chØ cã thÓ: d = 1, b = 1, suy ra a = 13Víi c = 2, chØ cã thÓ: d = 1, b = 4, suy ra a = 13

d = 2, b = 2, suy ra a = 26d = 4, b = 1, suy ra a = 52

Víi c = 3, chØ cã thÓ: d = 1, b = 9, suy ra a = 13

25


d = 3, b = 3, suy ra a = 39d = 9, b = 1, suy ra a = 117

Víi c = 4, chØ cã thÓ: d = 1, b = 16, suy ra a = 13d = 2, b = 8, suy ra a = 26d = 4, b = 4, suy ra a = 52d = 8, b = 2, suy ra a = 104d = 16, b = 1, suy ra a = 208

Víi 12 nghiÖm cña ph¬ng tr×nh (1) chØ cã 4 trêng hîp tho¶ m·n bµi to¸n. Bµi to¸n cã 4 nghiÖm. Ta t×m ®îc 4 h×nh ch÷ nhËt tho¶ m·n ®Ò bµi:(a = 13, b = 1); (a = 26, b = 2); (a = 39, b = 3); (a = 52, b = 4)

Chuyªn ®Ò 3:Gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû vµ hÖ ph¬ng tr×nh

(Dµnh cho båi dìng häc sinh giái tØnh)I. Gi¶i ph¬ng tr×nh v« tû* Çc ph¬ng ph¸p1. Luü thõa khö c¨n2. §Æt Èn phô3. Dïng bÊt ®¼ng thøc4. XÐt kho¶ngII. ¸p dông çc ph¬ng ph¸p

A. Phương pháp luỹ thừa khử căn

1. Gi¶i çc ph¬ng tr×nha)

§iÒu kiÖn:

Víi PT (1)

PT (2)

VËy PT ®· cho cã nghiÖm x=2

26


b) §K:Víi PT (1)

Do nªn 2 vÕ cña PT nµy kh«ng ©m v× vËy PT nµy

™c) (1)Gi¶i:Pt (1)

B. Ph¬ng ph¸p ®Æt Èn phô(2) Gi¶i çc ph¬ng tr×nh:a) Gi¶i:§K: §Æt ; ( )Ta cã hÖ PT Suy ra

VËy ph¬ng tr×nh nghiÖm b.

27


§K: §Æt : ( ta cã hÖ ph¬ng tr×nh

+)

(Ko T/m)

+)

PT (*)

(ko t/m)

VËy PT v« nghiÖm

c)

§K:

§Æt

Ta cã PT:

+)

+)

VËy pt cã 2 nghiÖm

28


C. ¸p dông bÊt ®¼ng thøc(3) Gi¶i çc ph¬ng tr×nha) (1)

§K:

Víi §k: PT (1)

Ta cã:

§¼ng thøc xÈy ra

VËy nghiÖm cña PT ®· cho lµ

b) Gi¶i§K Trªn TX§

L¹i cã

§¼ng thøc xÈy ra

VËy PT (1) cã nghiÖm lµ x=5c) Gi¶i ph¬ng tr×nh

Gi¶i§K: ¸p dông B§T c« si cho çc sè kh«ng ©m ta cã

29


Ta cã(V× )

§¼ng thøc xÈy ra VËy pt cã nghiÖm lµ x=1D. XÐt kho¶ng(4) Gi¶i çc PTa) Gi¶iTX§: PT(1)

ThÊy lµ nghiÖm cña PT (1)+)

PT v« nghiÖm

+)

PT v« nghiÖm

VËy ph¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt lµ x=1b) (1)Gi¶iTa cã:

th× th×

+) XÐt

PT (1) v« nghiÖm

30


Xet tương tự ta suy ra phương trình vô nghiệm ThÊy x= 1 hoÆc x= -1 lµ nghiÖm cña PT (1)Bµi tËp:Gi¶i çc PT(1) a) (b) (2) (A)(3) (D)(4) (5) (6) (C)III. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh* Çc ph¬ng ph¸p:1. Ph¬ng ph¸p thÕ2. C«ng thøc trõ, nh©n, chia çc vÕ3. §Æt Èn phô4. Dïng bÊt ®¼ng thøc.IV. ¸p dông çc ph¬ng ph¸p.A. Ph¬ng ph¸p thÕ.1. Gi¶i çc hÖ pg¬ng tr×nha) Gi¶iHÖ ®· cho t¬ng ®¬ng víi

VËy hÖ ®· cho cã nghiÖm lµ: (x;y) = (3;2)b) Gi¶iHÖ ®· cho t¬ng ®¬ng víi

31


HoÆc

HoÆc

c)

Gi¶i:

Ta cã:PT (1)

ThÕ vµo (2) ta cã:

Do ®ã x= y=z = 3VËy nghiÖm cña hÖ ®· cho lµ: (x;y;z) = (3;3;3)B. Ph¬ng ph¸p céng, trõ, nh©n, chia çc vÕ(2) Gi¶i çc hÖ ph¬ng tr×nha) Gi¶i:HÖ ®· cho t¬ng ®¬ng víi:

b) Gi¶i:HÖ ®· cho t¬ng ®¬ng víi

(do )

32


hoÆc hoÆc

c) trong ®ã Gi¶iHÖ ®¸ cho t¬ng ®¬ng víi

VËy hÖ ®· cho cã nghiÖm lµ(x;y;z)=(1;0;4)C. Ph¬ng ph¸p ®Æt Èn phô(3). Gi¶i çc hÖ ph¬ng tr×nha)§Æt:x-y=a; x+y =bHÖ ®· cho trë thµnh

Tõ PT (2) ta suy ra

Do ®ã:

ThÕ vµo (1) ta ®îc:

(V× )

33

(Do x,y,z>0)


+)

Hay

+)

Hay

Tãm l¹i hÖ ph¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm lµ:

(x;y) =

b) Gi¶i:§Æt x+y = a; xy=bHÖ ®· cho trë thµnh

HoÆc +) Ta cã hÖ ph¬ng tr×nh

HoÆc+) Ta cã hÖ ph¬ng tr×nh

(V« nghiÖm)HÖ nµy v« nghiÖmVËy nghiÖm cña hÖ ®· cho lµ:(x;y) = (1;2); (2;1)c) Gi¶i HÖ ®· cho t¬ng ®¬ng víi

§Æt PT (1) trë thµnh

34


+)

ThÕ vµo (2) ta ®îc

HoÆc Suy ra: HoÆc

+)

ThÕ vµo (2) ta ®îc

HoÆc Suy ra: HoÆcTãm l¹i hÖ ®· cho cã nghiÖm lµ:(x;y) = (-2;3); (2;-3); (-3;2) ; (3;-2)D. ¸p dông bÊt ®¼ng thøc(4) Gi¶i çc hÖ ph¬ng tr×nha)

Gi¶i:NhËn xÐt: Tõ B§T Ta suy ra: ¸p dông liªn tiÕp B§T (*) ta ®îc

§¼ng thøc xÈy ra khi:

VËy hÖ ®· cho cã nghiÖm lµ:

35


b)Gi¶i:§K: HÖ ®· cho t¬ng ®¬ng víi

Theo bÊt ®¼ng thøc BunhiaCèp xki ta cã

Suy ra MÆt kh¸c §¼ng thøc xÈy ra khi x= 16 vµ y=3 (t/m)VËy hÖ ®· cã nghiÖm lµ (x;y) = (16;3)

Chuyªn ®Ò 4:BẤT ĐẲNG THỨC VÀ GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

A - CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC

1) Phương pháp đổi tương đương Để chứng minh: Ta biến đổi (đây là bất đẳng thức đúng)Hoặc từ bất đẳng thức đứng , ta biến đổi

Ví dụ 1.1

Giải

Do bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) được chứng minh.

36


b)

Bất đẳng thức (2) đúng suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ 1.2CMR

Giải

Do bất đẳng thức (2) đúng suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ 1.3

Giải

Nếu ac + bd < 0 thì (2) đúngNếu thì

37


Suy ra đpcm.Ví dụ 1.4

Cho a, b, c > 0, chứng minh rằng:

Giải

đpcm.Ví dụ 1.5Cho a, b, c > 0. CMR: (1)

Giải

Suy ra ĐPCM.

2) Phương pháp biến đổi đồng nhất Để chứng minh BĐT: A B. Ta biến đổi biểu thức A – B thành tổng các biểu thức có giá trị không âm.

Ví dụ 2.1Chứng minh rằng:

Giải

38


Ví dụ 2.2Chứng minh rằng:a) với a, b > 0

b) với a, b, c > 0

c) với a, b, c 0Giải

Ví dụ 2.3

Với a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

39


Giải

Ví dụ 2.4

(Bất đẳng thức Cô – si) (Bất đẳng thức Cô – si)

(Bất đẳng thức Trê bư sếp)

Giải

a) Ta có:

40


b)

c)

Ví dụ 2.5

Cho a, b, c > 0. Chứng minh:

Giải

Ví dụ 2.6

Chứng minh rằng

nếu ab 0

nếu a2 + b2 < 2

nếu -1 < a, b < 1

nếu a, b > 0

Giải

41


3) Phương pháp sử dung tính chất của bất đẳng thức Cơ sở của phương pháp này là các tính chất của bất đẳng thức và một số bất đẳng thức cơ bản như:

Ví dụ 3.1

Cho a + b > 1 . Chứng minh:

Giải

Ví dụ 3.2

Với a, b, c > 0. CMR

Giải

42


Ví dụ 3.3 Cho a, b, c > 0. CMR:

Giải

a) dễ dàng chứng minh đpcm

b) dễ dàng chứng minh đpcm

Ví dụ 3.4

b) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh

c) Cho a, b, c > 0 thỏa mãn: abc = ab + bc + ca. Chứng minh:

Giải

43


Tương tự:

Ví dụ 3.5Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

Giải

a) áp dụng BĐT:

b)

suy ra điều phải chứng minh.4)Phương pháp sử dung bất đẳng thức Co-si

44


Dấu “=” xảy ra khi

Ví dụ 4.1

Cho a, b > 0 thỏa mãn ab = 1. CMR:

GiảiÁp dụng BĐT Cosi ta có

Ví dụ 4.2Chứng minh rằng:

với a, b

với a,b,c > 0

Giải

Cộng vế với vế ta được:

45


Dấu “=” xảy ra khi vô lí.

Vậy dấu “=” không xảy ra.Ví dụ 4.3 Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng:

Giải

Ví dụ 4.4Cho a, b, c > 0. Chứng minh rằng

Giải

Cộng vế với vế suy ra điều phải chứng minhVí dụ 4.5Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a2 +b2 + c2 = 3. Chứng minh rằng

Gải

Suy ra điều phải chứng minh.Ví dụ 4.6Cho x, y, z > 0 thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh

46


Giảia) Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có:

Tương tự suy ra VT

Ví dụ 4.7Cho x, y, z > 0. Chứng minh

GiảiÁp dụng bất đẳng thức Cosi ta có:

5)Phương pháp sử dung bất đẳng thức Bunhiacopski

*) dấu “=” xảy ra khi

*) dấu “=” xảy ra khi

Tổng quát: dấu “=” xảy ra khi ai = kxi

Ví dụ 5.1Cho a, b > 0. Chứng minh

47


Giảia) Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta có:

Tổng quát:

Cho thì (1)

Với với thì (2)

Thật vậy:

đặt aici = bi > 0 thay vào (1) được (2)Ví dụ 5.2Cho a,b,c là các số thực dương. Chứng minh

Giải

48


Ví dụ 5.3

Cho a, b, c > 0. Chứng minh:

Giải

Dấu “=” xảy ra khi vô lí suy ra điều phải chứng minh.

Ví dụ 5.4

Cho x, y, z > 0. Chứng minh:

GiảiÁp dụng bất đẳng thức Bunhiacopki ta có

B – CÁC PHƯƠNG PHÁP TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT Cho biểu thức f(x,y…)

Ta nói M là giá trị lớn nhất của f(x,y…) kí hiệu maxf(x,y…) = M, nếu hai điều kiện sau được thỏa mãn:

- Với mọi x,y… để f(x,y…) xá định thì f(x,y…) M- Tồn tại x0, y0… sao cho f(x0,y0…) = M

Ta nói m là giá trị nhỏ nhất của f(x,y…) kí hiệu minf(x,y…) = m, nếu hai điều kiện

sau được thỏa mãn:- Với mọi x,y… để f(x,y…) xá định thì f(x,y…) m- Tồn tại x0, y0… sao cho f(x0,y0…) = m

I) TÌM GTLN, GTNN CỦA ĐA THỨC BẬC HAI1) Đa thức bậc hai một biến Ví dụ 1.1

a) Tìm GTNN của A = 3x2 – 4x + 1

49


b) Tìm GTLN của B = - 5x2 + 6x – 2c) Tìm GTNN của C = (x – 2)2 + (x – 3)2

d) Cho tam thức bậc hai P = ax2 + bx + cTìm GTNN của P nếu a > 0Tìm GTNN của P nếu a > 0

Giải

a) A = . Vậy minA=

b) B = . Vậy maxB =

c) C = .

Vậy maxC =

d) Ta có: P =

Nếu a > 0 thì P . Vậy minP = khi

Nếu a < 0 thì P . Vậy maxP = khi

Ví dụ 1.2a) Tìm GTNN của M = x2 – 3x + 1 với b) Tìm GTLN của N = x2 – 5x + 1 với

Giảia) M = . Vậy minM = -1 khi x = 2b) N = . Vậy maxN = 25 khi x = -3, x = 82. Đa thức bậc hai hai biếna) Đa thức bậc hai hai biến có điều kiệnVí dụ 2a.1a) Cho x + y = 1. Tìm GTLN của P = 3xy – 4b) Cho x – 2y = 2. Tìm GTNN của Q = x2 + 2y2 – x + 3y

Giải

a)

Vậy maxP =

Vậy minQ =

Ví dụ 2a.2

50


Tìm GTLN của của P = xy vói x, y thỏa mãn a)

b)

a) . Vậy maxP = 8 khi x = 2, y = 4 b) . Vậy maxQ = (S – a)a khi x = S – a, y = a b) Đa thức bậc hai hai biến Cho đa thức: P(x,y) = ax2 + bxy + cy2 + dx + ey + h (1), với a,b,c 0

Ta thường đưa P(x, y) về dạngP(x, y) = mF2(x, y) + nG2(y) + k (2)P(x, y) = mH2(x, y) + nG2(x) + k (3)Trong đó G(y), H(x) là hai biểu thức bậc nhất một ẩn, H(x, y) là biểu thức bậc nhất hai ẩn.Chẳng hạn nếu ta biến đổi (1) về (2) với a, (4ac – b2) 0

(Tương tự nhân hai vế của (1) với 4c để chuyển về (3))Ví dụ 3.1a) Tìm GTNN của P = x2 + y2 + xy + x + yb) Tìm GTLN của Q = -5x2 – 2xy – 2y2 + 14x + 10y – 1

Giải

Vậy minP =

Vậy maxQ = 16 khi x = 1, y = 2Ví dụ 3.2Tìm cặp số (x, y) với y nhỏ nhất thỏa mãn: x2 + 5y2 + 2y – 4xy – 3 = 0 (*)

Giải

Vậy miny = -3 khi x = -6. Vậy ccawpj số (x, y) = (-6; -3)Ví dụ 3.3 Cho x, y liên hệ với nhau bởi hệ thức x2 + 2xy + 7(x + y) + 7y2 + 10 = 0 (**). Hãy tìm GTLN, GTNN của S = x + y + 1.

Giải

51


Vậy minS = -4 khi x = -5, y = 0. maxS = -1 khi x = -2, y = 0.

II. PHƯƠNG PHÁP MIỀN GIÁ TRỊVí dụ 1

Tìm GTLN, GTNN của A =

GiảiBiểu thức A nhận giá trị a khi phương trình sau đây cóa nghiệm

a =

Nếu a = 1 thì phương trình (1) có nghiệm x =

Nếu a 1 thì phương trình (1) có nghiệm khi –a2 + 4a +5 Vậy minA = -1 khi

maxA = 5 khi

Ví dụ 2

Tìm GTLN, GTNN của biểu thức B =

GiảiBiểu thức B nhận giá trị b khi phương trình sau có nghiệm

b =

Trong đó x là ẩn, y là tham số và b là tham số có điều kiệnNếu b = 0 Nếu b để (2) có nghiệm x khi 1 – 4b(by2 – 2y + 7b -1) (3)Coi (3) là bất phương trình ẩn y. BPT này xảy ra với mọi giá trị của y khi 16b2 + 4b2(-28b2 + 4b + 1)

Vậy minB =

maxB =

52


III. PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG BẤT ĐẲNG THỨC1) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si Ví dụ 1.1

Tìm GTLN, GTNN của A = với

Giải

Vậy A2 Vậy minA =

(Biểu thức được cho dưới dạng tổng hai căn thức. Hai biểu thức lấy căn có tổng là hằng số)Ví dụ 1.2

Cho x, y > 0 thỏa mãn x + y . Hãy tìm GTNN của P =

Giải

Ta có:

Vậy minP = 19 khi x = 2, y = 4.

Ví dụ 1.3

Tìm GTLN của biểu thức M = với

Giải

To có:

Theo bất đẳng thức Cô – si ta có:

Ví dụ 1.4

Cho x, y, z > 0 thỏa mãn: . Tìm TGLN của P = xyz

Giải

53


Tương tự:

Nhân vế với vế của ba BĐT trên

Ví dụ 1.5

Cho 0 < x < 1, Tìm GTNN của Q =

Giải

(Đặt P = đồng nhất hệ số suy ra a = b = 1; c = 7)

Ví dụ 1.6Cho x, y, z, t > 0. Tìm GTNN của biểu thức.

M

Giải

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: với a, b > 0.

2. Sử dụng BĐT Bunhiacopski (BCS)Ví dụ 2.1Cho x, y, z thỏa mãn: xy + yz + zx =1. Tìm GTNN của biểu thức

A = x4 + y4 + z4

GiảiÁp dụng BĐT BCS ta có

Ví dụ 2.2

54


Tìm GTNN của P = trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh

của một tam giác.

Giải

Ví dụ 2.3 Tìm giá trị nhỏ nhất của Q = + + trong đó a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1

Giải

Ví dụ 2.4 Cho a, b, c > 0 thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm GTNN của

Giải

55

A

M

I OC

E

F

N

B

M'


Chuyªn ®Ò 5:

:: Tø gi¸c néi tiÕpI -çc dÊu hiÖu nhËn biÕt tø gi¸c néi tiÕp 1- Tæng hai gãc ®èi b»ng 1800

2- Hai gãc liªn tiÕp cïng nh×n mét c¹nh díi hai gãc b»ng nhau. 3- NÕu hai c¹nh ®èi diÖn cu¶ gi¸c ABCD c¾t nhau t¹i M tháa m·n: MA.MB =MC.MD ; hoÆc hai ®êng chÐo c¾t nhau t¹i O tháa m·n OA.OC = OB.OD th× ABCD lµ tø gi¸c néi tiÕp 4- Sö dông ®Þnh lý Pt«lªmª

II- Çc vÝ dô

VÝ dô1: Cho ®êng trßn t©m O vµ mét ®iÓm C ë ngoµi ®êng trßn ®ã. Tõ C kÎ hai tiÕp tuyÕn CE ; CF ( E vµ F lµ çc tiÕp ®iÓm) vµ çt tuyÕn CMN ( N n»m gi÷a C vµ M ) tíi ®êng trßn.§êng th¼ng CO c¾t ®êng trßn t¹i hai ®iÓm A vµ B. Gäi I lµ giao ®iÓm cña AB víi EF. Chøng minh r»ng:a, Bèn ®iÓm O, I, M, N cïng thuéc mét ®êng trßn b, = Gi¶i a, Do CE lµ tiÕp tuyÕn cña (O) nªn: = (Cïng ch¾n )

CEM ~ CNE . = CM.CN =CE2

56

O

O'

A

B

C

C'

B'


MÆt Kh¸c , do CE; CF lµ çc tiÕp tuyÕn cña (O) nªn AB EF t¹i I v× vËy trong tam gi¸c vu«ng CEO ®êng cao EI ta cã:CE2 = CI.CO Tõ (1) vµ (2) suy ra CM.CN = CI.CO => =

CMI ~ CON = Tø gi¸c OIMN néi tiÕp

b KÐo dµi NI c¾t ®êng trßn t¹i M’.Do tø gi¸c IONM néi tiÕp nªn :

= = s® => = . Do ®ã: = = VÝ Dô 2

Cho tam gi¸c ABC cã = 450 ; BC =a néi tiÕp trong ®êng trßn t©m O; çc ®êng cao BB’ vµ CC’. Gäi O’ lµ ®iÓm ®èi xøng cña O qua ®-êng th¼ng B’C’.a. Chøng minh r»ng A; B’; C’; O’ cïng thuéc mét ®êng trßnb. TÝnh B’C’ theo a.

Lêi gi¶i

a. Do O lµ t©m ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC nªn

= 2 =900

Tõ ®ã suy ra çc ®iÓm O; B’; C’Cïng thuéc ®êng trßn ®êng kÝnh BC.XÐt tø gi¸c néi tiÕp CC’OB’ cã : = 1800 - = 1800 - ( 900 - ) =1350.Mµ O’ ®èi xøng víi O qua B’C’ nªn: = = 1350 =1800 - Hay tø gi¸c AC’O’B’ néi tiÕp.

b. Do = 450 nªn BB’A vu«ng c©n t¹i B’ V× vËy B’ n»m trªn ®êng trung trùc cña ®o¹n AB hay B’O AB C’OB’C lµ h×nh thang c©n nªn B’C’ =OC MÆt kh¸c BOC vu«ng c©n nªn: B’C’ =OC =

III bµi tËp ¸p dông

57


Bài tập 1: Cho tứ giác ABCD nội tiế đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Vẽ EF vuông góc với AD. Chứng minh: a/ Tứ giác EBEF, tứ giác DCEF nội tiếp. b/ CA là phân giác của c/ Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh tứ giác BCMF nội tiếp.Bài tập 2: Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại E. Hình chiếu vuông góc của E trên AD là F. Đường thẳng CF cắt đường tròn tại điểm thứ hai là M. Giao điểm của BD và CF là N. Chứng minh:

a/ CEFD là tứ giác nội tiếp b/ Tia FA là phân giác của góc BFM c/ BE.DN = EN.BD.

Bài tập 3: Cho tam giác ABC vuông ở A và một điểm D nằm giữa A và B. Đường tròn đường kính BD cắt BC tại E. Các đường thẳng CD, AE lần lượt cắt đường tròn tại các điểm thứ hai F, G. Chứng minh:

a/ Tam giác ABC đồng dạng với tam giác EBD b/ Tứ giác ADEC và AFBC nội tiếp được một đường tròn c/ AC song song với FG d/ Các đường thẳng AC, DE, BF đồng quy.

Bài tập 4: Cho tam giác ABC có ; AB > AC, và một điểm M nằm trên đoạn AC ( M không trùng với A và C ). Gọi N và D lần lượt là giao điểm thứ hai của BC và MB với đường tròn đường kính MC; gọi S là giao điểm thứ hai giữa AD với đường tròn đường kính MC; T là giao điểm của MN và AB. Chứng minh:

a/ Bốn điểm A, M, N, B cùng thuộc một đường tròn b/ CM là phân giác của góc BCS.

c/

Bài tập 5: Cho đường tròn (O) và điểm A nằm ngoài đường tròn. Qua A dựng hai tiếp tuyến AM và AN với đường tròn ( M, N là các tiếp điểm ) và một cact tuyến bất kỳ cắt đường tròn tại P, Q. Gọi L là trung điểm của PQ.

a/ Chứng minh 5 điểm: O, L, M, A, N cùng thuộc một đường tròn b/ Chứng minh LA là phân giác của góc MLN c/ Gọi I là giao điểm của MN và LA. Chứng minh: MA = AI. AL d/ Gọi K là giao điểm của ML với (O). Chứng minh rằng: KN // AQ

58


e/ Chứng minh tam giác KLN cân.

Bài tập 6: Cho đường tròn (O;R) tiếp xúc với đường thẳng d tại A. Trên d lấy điểm H không trùng với điểm A và AH < R. Qua H kẻ đường thẳng vuông góc với d, đường thẳng này cắt đường tròn tại hai điểm E và B ( E nằm giữa B và H ) a/ Chứng minh: góc ABE bằng góc EAH và tam giác AHB đồng dạng với tam giác EAH. b/ Lấy điểm C trên d sao cho H lá trung điểm của đoạn AC, đường thẳng CE cắt AB tại K. Chứng minh: AHEK là tứ giác nội tiếp c/ Xác định vị trí của điểm H để AB = RBài tập 7: Từ điểm P nằm ngoài đường tròn (O), kẻ hai tiếp tuyến PM và PN với đường tròn (O) ( M, N là tiếp điểm ). Đường thẳng đi qua điểm P cắt đường tròn (O) tại hai điểm E và F. Đường thẳng qua O song song với MP cắt PN tại Q. Gọi H là trung điểm của đoạn EF. Chứng minh: a/ Tứ giác PMON nội tiếp đường tròn b/ Các điểm P, N, O, H cùng nằm trên một đường tròn c/ Tam giác PQO cân d/ MP = PE. PF e/ =

Bài tập 8: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn (O). Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H và cắt đường tròn (O) lần lượt tại M, N, P.Chứng minh rằng:

a/ Các tứ giác AEHF, BFHD nội tiếp. b/ Bốn điểm B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn. c/ AE. AC = AH. AD và AD. BC = BE. AC d/ H và M đối xứng nhau qua BC e/ Xác định tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF.

Bài tập 9:

59


Cho tam giác ABC không cân, đường cao AH, nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi E, F thứ tự là hình chiếu của B, C lên đường kính AD của đường tròn (O) và M, N thứ tự là trung điểm của BC, AB. Chứng minh: a/ Bốn điểm A, B, H, E cùng nằm trên một đường tròn tâm N và HE // CD.

b/ M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác HEF.

Bài tập 10: Cho đường tròn (O) và điểm A ở bên ngoài đường tròn. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE với đường tròn ( B và C là các tiếp điểm ). Gọi H là trung điểm của DE.

a/ CMR: A, B,H, O, C cùng thuộc một đường tròn. Xác định tâm của đường tròn này.

b/ Chứng minh: HA là tia phân giác . c/ Gọi I là giao điểm của BC và DE. Chứng minh: AB 2 = AI.AHd/ BH cắt (O) tại K. Chứng minh: AE // CK.

Bài tập 11: Từ một điểm S ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến SA, SB và cát tuyến SCD của đường tròn đó.

a/ Gọi E là trung điểm của dây CD. Chứng minh 5 điểm S, A, E, O, B cùng thuộc một đường tròn.

b/ Nếu SA = AO thì SAOB là hình gì? Tại sao?.

c/ CMR: AC.BD = BC.DA =

Bài tập 12: Trên đường thẳng d lấy 3 điểm A, B, C theo thứ tự đó. Trên nửa mặt phẳng bờ d kẻ hai tia Ax, By cùng vuông góc với d. Trên tia Ax lấy I. Tia vuông góc với CI tại C cắt By tại K. Đường tròn đường kính IC cắt IK tại P.

a/ Chứng minh tứ giác CBPK nội tiếp được đường trònb/ Chứng minh: AI. BK = AC. CBc/ Giả sử A, B, I cố định hãy xác định vị trí điểm C sao cho diện tích hình thang

vuông ABKI lớn nhất.

Bài tập 13: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O). M là điểm di động trên cung nhỏ BC. Trên đoạn thẳng MA lấy điểm D sao cho MD = MC.

60


a/ Chứng minh: DMC đềub/ Chứng minh: MB + MC = MAc/ Chứng minh tứ giác ADOC nội tiếp được.d/ Khi M di động trên cung nhỏ BC thì D di động trên đường cố định nào?.

Bài tập 14: Cho đường tròn (O;R), từ một điểm A trên O kẻ tiếp tuyến d với O. Trên đường thẳng d lấy điểm M bất kỳ ( M khác A ) kẻ cát tuyến MNP và gọi K là trung điểm của NP, kẻ tiếp tuyến MB ( B là tiếp điểm ). Kẻ AC MB, BD MA, gọi H là giao điểm của AC và BD, I là giao điểm của OM và AB.

a/ Chứng minh tứ giác AMBO nội tiếpb/ Chứng minh năm điểm O, K, A, M, B cùng nằm trên một đường tròn.c/ Chứng minh OI. OM = R ; OI. IM = IAd/ Chứng minh OAHB là hình thoie/ chứng minh ba điểm O, H, M thẳng hàngf/ Tìm quỹ tích của điểm H khi M di chuyển trên đường thẳng d.

Bài tập 15: Cho hình thang cân ABCD ( AB > CD; AB // CD ) nội tiếp trong đường tròn (O). Tiếp tuyến với đường tròn (O) tại A và D cắt nhau tại E. Gọi I là giao điểm của hai đường chéo AC và BD.

a/ Chứng minh tứ giác AEDI nội tiếp.b/ Chứng minh AB // EIc/ Đường thẳng EI cắt cạnh bên AD và BC của hình thang tương ứng ở R và S.

Chứng minh: * I là trung điểm của RS

*

Bài tập 16: Cho ba điểm M, N, P thẳng hàng theo thứ tự đó. Một đường tròn (O) thay đổi đi qua hai điểm M, N. Từ P kẻ các tiếp tuyến PT, PQ với đường tròn (O).

a/ Chứng minh: PT = PM. PN. Từ đó suy ra khi (O) thay đổi vẫn qua M, N thì T, Q thuộc một đường tròn cố định.

b/ Gọi giao điểm của TQ với PO, PM là I và J. K là trung điểm của MN. Chứng minh các tứ giác OKTP, OKIJ nội tiếp. c/ CMR: Khi đường tròn (O) thay đổi vẫn đi qua M, N thì TQ luôn đi qua điểm cố định. d/ Cho MN = NP = a. Tìm vị trí của tâm O để =600

Bài tập 17:

61


Cho tam giác ABC vuông ở A. Trên AC lấy điểm M (M A và C). Vẽ đường tròn đường kính MC. Gọi T là giao điểm thứ hai của cạnh BC với đường tròn. Nối BM kéo dài cắt đường tròn tại điểm thứ hai là D. Đường thẳng AD cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai S. Chứng minh:

a/ Tứ giác ABTM nội tiếp. b/ Khi M chuyển động trên AC thì có số đo không đổic/ AB // ST.

Bài tập 18: Cho đường tròn (O), đường kính AB cố định, điểm I nằm giữa A và O sao cho AI = 2/3AO. Kẻ dây MN vuông góc với AB tại I, gọi C là điểm tùy ý thuộc cung lớn MN sao cho C không trùng với M, N và B. Nối AC cắt MN tại E.

a/ Chứng minh tứ giác IECB nội tiếp.b/ Chứng minh: AME ~ ACMc/ Chứng minh AM = AE. ACd/ chứng minh AE. AC – AI. IB = AIe/ Hãy xác định vị trí của C sao cho khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại

tiếp tam giác CME là nhỏ nhất.

Bài tập 19: Cho điểm A bên ngoài đường tròn (O; R). Từ A vẽ tiếp tuyến AB, AC và cát tuyến ADE đến đường tròn (O). Gọi H là trung điểm của DE.

a/ Chứng minh năm điểm: A, B, H, O, C cùng nằm trên một đường tròn. b/ Chứng minh AH là tia phân giác của c/ DE cắt BC tại I. Chứng minh: AB = AI. AH

d/ Cho AB = R và OH = . Tính HI theo R.

Bài tập 20: Cho đường tròn (O) đường kính AB = 2R. Đường thẳng (d) tiếp xúc với đường tròn (O) tại A. M và Q là hai điểm trên (d) sao cho M A, M Q, Q A. Các đường thẳng BM và BQ lần lượt cắt đường tròn (O) tại các điểm thứ hai là N và P. Chứng minh:

a/ Tích BN. BM không đổib/ Tứ giác MNPQ nội tiếpc/ Bất đẳng thức: BN + BP + BM + BQ > 8R.

62


Chuyªn ®Ò 6:

®êng ®i qua ®iÓm cè ®Þnh Trong çc ®Ò thi häc sinh giái, thi vµo trêng chuyªn, líp chän thêng cã nh÷ng bµi to¸n liªn quan ®Õn t×m ®iÓm cè ®Þnh, chøng minh ®êng ®i qua ®iÓm cè ®Þnh. Thùc tÕ cho thÊy ®©y lµ bµi to¸n khã, häc sinh thêng khã kh¨n khi gÆp ph¶i bµi to¸n d¹ng nµy.

Bµi to¸n “§êng ®i qua ®iÓm cè ®Þnh” ®ßi hái HS ph¶i cã kÜ n¨ng nhÊt ®Þnh céng víi sù ®Çu t suy nghÜ, t×m tßi nhng ®Æc biÖt ph¶i cã ph-¬ng ph¸p lµm bµi.

T×m hiÓu néi dung bµi to¸nDù ®o¸n ®iÓm cè ®ÞnhT×m tßi híng gi¶iTr×nh bµy lêi gi¶i

T×m hiÓu bµi to¸n:• YÕu tè cè ®Þnh.( ®iÓm, ®êng … )• YÕu tè chuyÓn ®éng.( ®iÓm, ®êng … )• YÕu tè kh«ng ®æi.( ®é dµi ®o¹n, ®é lín gãc … )• Quan hÖ kh«ng ®æi ( Song song, vu«ng gãc, th¼ng hµng … )

Kh©u t×m hiÓu néi dung bµi to¸n lµ rÊt quan träng. Nã ®Þnh híng cho çc thao t¸c tiÕp theo. Trong kh©u nµy ®ßi hái häc sinh ph¶i cã tr×nh ®é ph©n tÝch bµi to¸n, kh¶ n¨ng ph¸n ®o¸n tèt. Tuú thuéc vµo kh¶

63


n¨ng cña tõng ®èi tîng häc sinh mµ gi¸o viªn cã thÓ ®a ra hÖ thèng c©u hái dÉn d¾t thÝch hîp nh»m gióp häc sinh t×m hiÓu tèt néi dung bµi to¸n. CÇn x¸c ®Þnh râ yÕu tè cè ®Þnh, kh«ng ®æi, çc quan hÖ kh«ng ®æi vµ çc yÕu tè thay ®æi, t×m mèi quan hÖ gi÷a çc yÕu tè ®ã.Dù ®o¸n ®iÓm cè ®Þnh:Dùa vµo nh÷ng vÞ trÝ ®Æc biÖt cña yÕu tè chuyÓn ®éng ®Ó dù ®o¸n ®iÓm cè ®Þnh. Th«ng thêng ta t×m mét hoÆc hai vÞ trÝ ®Æc biÖt céng thªm víi çc ®Æc ®iÓm bÊt biÕn kh¸c nh tÝnh chÊt ®èi xøng, song song, th¼ng hµng … ®Ó dù ®o¸n ®iÓm cè ®ÞnhT×m tßi h íng gi¶i Tõ viÖc dù ®o¸n ®iÓm cè ®Þnh t×m mèi quan hÖ gi÷a ®iÓm ®ã víi çc yÕu tè chuyÓn ®éng, yÕu tè cè ®Þnh vµ yÕu tè kh«ng ®æi. Th«ng thêng ®Ó chøng tá mét ®iÓm lµ cè ®Þnh ta chØ ra ®iÓm ®ã thuéc hai ®êng cè ®Þnh, thuéc mét ®êng cè ®Þnh vµ tho¶ m·n mét ®iÒu kiÖn (thuéc mét tia vµ çch gèc mét ®o¹n kh«ng ®æi, thuéc mét ®êng trßn vµ lµ mót cña mét cung kh«ng ®æi ...) th«ng thêng lêi gi¶i cña mét bµi to¸n thêng ®îc c¾t bá nh÷ng suy nghÜ bªn trong nã chÝnh v× vËy ta thêng cã c¶m gi¸c lêi gi¶i cã çi g× ®ã thiÕu tù nhiªn, kh«ng cã tÝnh thuyÕt phôc chÝnh v× vËy khi tr×nh bµy ta cè g¾ng lµm cho lêi gi¶i mang tÝnh tù nhiªn h¬n, cã gi¸ trÞ vÒ viÖc rÌn luyÖn t duy cho häc sinh.

mét vµi vÝ dô:

Bµi 1: Cho ba ®iÓm A, C, B th¼ng hµnh theo thø tù ®ã. VÏ tia Cx

vu«ng gãc víi AB.Trªn tia Cx lÊy hai ®iÓm D, E sao cho . §êng

trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c ADC c¾t ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BEC t¹i

64


H kh¸c C. Chøng minh r»ng: §êng th¼ng HC lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi C di chuyÓn trªn ®o¹n th¼ng AB.T×m hiÓu ®Ò bµi:* YÕu tè cè ®Þnh: §o¹n AB* YÕu tè kh«ng ®æi:+ Gãc BEC = 300, Gãc ADB = 600 do ®ã s® cung BC, cung CA kh«ng ®æi+ B, D, H th¼ng hµng; E, H, A th¼ng hµng

Dù ®o¸n ®iÓm cè ®Þnh : khi C trïng B th× (d) t¹o víi BA mét gãc 600 => ®iÓm cè ®Þnh thuéc tia By t¹o víi tia BA mét gãc 600 khi C trïng A th× (d) t¹o víi AB mét gãc 300 => ®iÓm cè ®Þnh thuéc tia Az t¹o víi tia AB mét gãc 300

By vµ Az c¾t nhau t¹i M th× M lµ ®iÓm cè ®Þnh? NhËn thÊy M nh×n AB cè ®Þnh díi 900 => M thuéc ®êng trßn ®êng kÝnh AB.T×m h íng chøng minh: M thuéc ®êng trßn ®êng kÝnh AB cè ®Þnh do ®ã cÇn chøng minh s® cung AM kh«ng ®æi thËt vËy: s® cung AM = 2s®Gãc MCA=2s®Gãc CHA =2s®Gãc CDA = 1200

Lêi gi¶i:

Ta cã => Gãc D=600

cã Gãc CHA = Gãc CDA = 600

G/s ®êng trßn ®êng kÝnh AB c¾t CH t¹i Mta cã Gãc MHA= 600 => s® cung MA kh«ng ®æil¹i cã ®êng trßn ®êng kÝnh AB cè ®Þnh vËy:M cè ®Þnh do ®ã CH lu«n qua M cè ®Þnh.

65

m

hD

E

b aC

d

E

F

H

N

MO

I

I

d

MO

AB

C


Bµi 2: Cho ®êng trßn (O) vµ ®êng th¼ng (d) n»m ngoµi ®êng trßn. I lµ ®iÓm di ®éng trªn (d). §êng trßn ®êng kÝnh OI c¾t (O) t¹i M, N. Chøng minh ®êng trßn ®êng kÝnh OI lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh kh¸c O vµ ®êng th¼ng MN lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.

H íng dÉn: do tÝnh chÊt ®èi xøng nªn ®iÓm cè ®Þnh n»m trªn trôc ®èi xøng hay ®êng th¼ng qua O vµ vu«ng gãc víi (d)

Gi¶i:KÎ OH vu«ng gãc víi (d) c¾t MN t¹i E.ta cã H cè ®Þnh vµ H thuéc ®êng trßn ®êng kÝnh OI vËy ®êng trßn ®êng kÝnh OI lu«n ®i qua K cè ®Þnh.XÐt tam gi¸c OEF vµ tam gi¸c OIH cã gãc O chung, gãc OFE = gãc OHI = 900

Nªn tam gi¸c OEF ®ång d¹ng víi tam gi¸c OIH do ®ã: OF/ OE = OH/ OI => OE. OH = OF. OIL¹i cã gãc IMO = 900 ( néi tiÕp ch¾n nöa ®êng trßn ®êng kÝnh OI )XÐt tam gi¸c vu«ng OMI cã ®êng cao øng víi c¹nh huyÒn MF nªn: OF. OI = OM2

Do ®ã: = h»ng sè v©y E cè ®Þnh do ®ã MN ®i qua E cè

®Þnh.

Bµi 3: Cho ®êng trßn (O; R) vµ d©y AB cè ®Þnh. C lµ mét ®iÓm chuyÓn ®éng trªn ®êng trßn vµ M lµ trung ®iÓm cña AC. Chøng minh r»ng ®-êng th¼ng kÎ tõ M vu«ng gãc víi BC lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.Gi¶i: VÏ ®êng kÝnh BD => D cè ®Þnh.

66

I

M CD A

O

B P


Gi¶ sö ®êng th¼ng qua M vµ vu«ng gãc víi BC c¾t BC c¾t AD t¹i I.DÔ thÊy gãc BCD = 900 hay MI // CD.XÐt tam gi¸c ACD cã MC = MA; MI // CD => I lµ trung ®iÓm cña DA cè ®Þnh hay ®êng th¼ng qua M vu«ng gãc víi BC ®i qua I cè ®Þnh.

Bµi 4: Cho tam gi¸c ABC vµ hai ®iÓm M, N thø tù chuyÓn ®éng trªn hai tia BA, CA sao cho BM= CN. Chøng minh r»ng ®êng trung trùc cña MN lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.

H íng dÉn : Khi M B th× N C khi ®ã ®êng trung trùc cña MN lµ trung trùc cña BC. VËy ®iÓm cè ®Þnh n»m trªn ®êng trung trùc cña BC

Gi¶i: Gi¶ sö trung trùc cña BC c¾t trung trùc cña MN t¹i IDÔ thÊy tam gi¸c IMB = tam gi¸c INC (c-c-c) vËy gãc MBI = gãc NCIXÐt tø gi¸c ABCI cã gãc MBI = gãc NCI vËy tø gi¸c ABCI néi tiÕp hay I thuéc ®êng trßn Ngo¹i tiÕp tam gi¸c ABC cè ®Þnh, mµ Trung trùc cña BC cè ®Þnh VËy I cè ®Þnh hay trung trùc cña MN ®i qua I cè ®Þnh.

Bµi 5: Cho ®êng trßn (O; R) vµ d©y cung AB = R . §iÓm P kh¸c A vµ B. Gäi (C; R1) lµ ®êng trßn ®i qua P tiÕp xóc víi ®êng trßn (O; R) t¹i A.Gäi (D; R2) lµ ®êng trßn ®i qua

67

N

I

CB

A

M


P tiÕp xóc víi ®êng trßn (O; R) t¹i B. Çc ®êng trßn (C; R1) vµ (D; R2) c¾t nhau t¹i M kh¸c P. Chøng minh r»ng khi P di ®éng trªn AB th× ®-êng th¼ng PM lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh.

T×m hiÓu ®Ò bµi:* YÕu tè cè ®Þnh: (O; R), d©y AB* YÕu tè kh«ng ®æi: DPCO lµ h×nh b×nh hµnh. S® cung BP cña (D), s® cung AP cña (C), Gãc BMA kh«ng ®æi

Dù ®o¸nKhi P A th× PM lµ tiÕp tuyÕn cña (O; R) => ®iÓm cè ®Þnh n»m trªn tiÕp tuyÕn cña (O; R) t¹i AKhi P B th× PM lµ tiÕp tuyÕn cña (O; R)=> ®iÓm cè ®Þnh n»m trªn tiÕp tuyÕn cña (O; R) t¹i BDo tÝnh chÊt ®èi xøng cña h×nh => §iÓm cè ®Þnh n»m trªn ®êng th¼ng qua O vµ vu«ng gãc víi AB=> §iÓm cè ®Þnh n»m trªn ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c OAB

Lêi gi¶i:VÏ ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c OAB c¾t PM t¹i I .v× AB = R => s® cung AB cña (O) b»ng 1200

tam gi¸c BDP c©n do ®ã gãc OBA = gãc DPBtam gi¸c OAB c©n do ®ã gãc OBA = gãc OAB => gãc BDP = gãc BOA => s®cung BP cña (D) = s® cung BA cña (O) = 1200 .t¬ng tù s® cung PA cña (C) = 1200 .

ta cã gãc BMP = s® cung BP cña (D) = 600

ta cã gãc AMP = s® cung AP cña (C) = 600

VËy gãc BMA = gãc BMP + gãc AMP = 1200 = gãc BOAxÐt tø gi¸c BMOA cã gãc BMA = gãc BOA do ®ã tø gi¸c BMOA néi tiÕp hay M thuéc ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c BOA.

68


VËy s® cung IA = gãc IMA = gãc PMA = s® cung PA cña (C) =

1200 .VËy I thuéc ®êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c AOB vµ s® cung IA = 1200 => I cè ®Þnh hay MP ®i qua I cè ®Þnh.

Bµi 6: Cho ®o¹n AB cè ®Þnh, M di ®éng trªn AB. Trªn cïng mét nöa mÆt ph¼ng bê AB vÏ hai h×nh vu«ng MADE vµ MBHG. Hai ®êng trßn ngo¹i tiÕp hai h×nh vu«ng c¾t nhau t¹i N. Chøng minh ®êng th¼ng MN lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi M di chuyÓn trªn AB. H íng dÉn: T¬ng tù bµi 1Gi¶i:Gi¶ sö MN c¾t ®êng trßn ®êng kÝnh AB t¹i ITa cã Gãc ANM = Gãc ADM = 450( gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung AM cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp h×nh vu«ng AMDE)Ta cã Gãc BNM = Gãc BGM = 450( gãc néi tiÕp cïng ch¾n cung BM cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp h×nh vu«ng MBGH)=> gãcANB = Gãc ANM + Gãc BNM = 900 => N thuéc ®êng trßn ®êng ®êng kÝnh AB vËy s® cung AI = 2s®Gãc ANI=2s®Gãc ANM = 900

VËy I thuéc ®êng trßn ®êng kÝnh AB vµ sè ®o cung AI b»ng 900=> I cè ®Þnh hay MN ®i qua I cè ®Þn

Vµi ®Þnh híng khai th¸c bµi to¸n h×nh häc Để có được một giờ luyện tập tốt cần lưu ý một số vấn đề sau

69

I

N

HG

M

DE

A B


- Chọn hệ thống bài tập như thế nào cho một giờ luyện tập;

- Phải sắp xếp hệ thống các câu hỏi từ dễ đến khó (có gợi mở);

- Phải tổ chức tốt và thể hiện vai trò chủ đạo của người thày;

- Sau mỗi bài cần tập dượt cho học sinh nghiên cứu sâu lời giải (nếu có).

Nội dung chính của bài viết tôi bắt đầu từ một số bài toán đơn giản trong chương

trình lớp 9 bậc THCS rồi phát triển nó rộng ra ở mức độ tương đương, phức tạp hơn rồi

cao hơn nhưng vẫn phù hợp với tư duy lôgíc của các em để tạo cho các em niềm say mê

học tập môn toán đặc biệt là môn hình học.

Từ bài tập số 7 trang 134 (SGK hình học lớp 9-NXB Giáo dục 2005), sau khi học

sinh được làm, tôi đã thay đổi thành bài toán có nội dung như sau:

Bài toán 1: Cho ∆ABC đều cạnh a, gọi O là trung điểm của BC. Trên cạnh AB, AC theo

thứ tự lấy M, N sao cho góc MON = 600.

a) Chứng minh ;

b) Gọi I là giao điểm của BN và OM. Chứng minh BM.IN = BI.MN;

c) Chứng minh MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Phân tích bài toán:

70


∆BMO đồng dạng ∆CON

gócBMO = gócCON

gócB+gócBMO+gócBOM = gócBMO+gócMON+gócNOC (= 1800).

b) Cũng tương tự như vậy ở phần b) thày giáo cũng giúp học sinh phát triển tư duy

lôgic, thao tác tư duy phân tích, tổng hợp, đặc biệt là tư duy phân tích đi lên- một thao tác

tư duy đặc trưng của môn hình học. Với sự phân tích như vậy học sinh sẽ thấy đó chính là

sử dụng tính chất đường phân giác của tam giác BMN. Nghĩa là học sinh cần chỉ ra MI là

tia phân giác của gócBMN. Từ đó ta có lời giải sau:

a) Ở phần a là một dạng toán chứng minh

hệ thức, chính vì vậy việc hướng dẫn học

sinh tìm lời giải bài toán hết sức quan

trọng nhằm phát triển tư duy hình học ở

học sinh.

Chúng ta có thể dùng phương pháp phân

tích đi lên để tìm lời giải bài toán. Với sơ

đồ như sau:

COB

N

I

M

A

71

Căn cứ vào sơ đồ ta có lời giải sau:

Ta có ∆BMO: gócB+gócM+gócO = 1800

gócBMO+gócMON+gócNOC = 1800 (gócBOC = 1800)

gócBMO = gócCON; lại có (vì∆ABCđều)

∆BMO đồng dạng ∆CON (g.g), từ đó suy ra

hay ; mà do đó

(đpcm)


Theo phần a) ∆BMO đồng dạng ∆CON suy ra lại có gócB =

gócMON (=600) ∆BMO đồng dạng ∆OMN (c.g.c). Từ đó suy ra gócBMO = gócOMN

do đó MO là tia phân giác của góc BMN hay MI là tia phân giác gócBMN.

Xét ∆BMN có MI là tia phân giác của gócBMN, áp dụng tính chất đường phân giác trong

tam giác ta có hay (đpcm).

c) Đây là một dạng toán liên quan giữa tính bất biến (cố định) và tính thay đổi: Ứng

với mỗi điểm M, N thì ta có vị trí của đoạn thẳng MN thay đổi theo (chuyển động) nhưng

lại luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định (bất biến). Vậy trước khi tìm lời giải của bài

toán giáo viên cần cho học sinh chỉ ra yếu tố cố định, yếu tố nào thay đổi.

Ta có lời giải sau: Từ O kẻ OH, OK theo tứ tự vuông góc với AB và MN. Do O, AB cố

định nên OH cố định Vậy đường tròn (O;OH) là đường tròn cố định.

Vì MO là tia phân giác của góc BMN nên OK = OH (t/c đường phân giác)

→ K (O;OH) (1) lại có OK MN ( cách dựng) (2)

từ (1) và (2) suy ra MN là tiếp tuyến của đường tròn (O;OH). Vậy MN luôn tiếp xúc với

một đường tròn (O;OH) cố định.

Khai thác bài toán:

Ở phần a) của bài toán ta thấy tích BM.CN không đổi, nếu sử dụng BĐT Côsi ta có

thêm câu hỏi sau:

1.1: Tìm vị trí của M, N trên AB, AC để BM + CN đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải: Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm là BM, CN ta có

dấu "=" xảy ra BM = CN. Theo phần a)

H

K

72

COB

N

I

M

A


do đó (không đổi).

Vậy GTNN của BM+CN = a BM = CN = M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và

AC.

1.2: Ta thử suy nghĩ nếu tam giác ABC là tam giác cân thì bài toán còn đúng

không? và giả thiết như thế nào? từ đó ta có bài toán sau:

Bài toán 1.2: Cho tam giác ABC cân ở A, O là trung điểm BC. Trên cạnh AB, AC

theo thứ tự lấy các điểm M, N sao cho gócBMO = gócCON.

Chứng minh rằng:

Bài toán 1.3: Cho tam giác ABC cân ở A, O thuộc cạnh BC đường tròn tâm O tiếp

xúc với các cạnh AB, AC của tam giác. Trên AB, AC theo thứ tự lấy hai điểm M, N.

Chứng minh rằng MN là tiếp tuyến của đ ường tròn (O)

góc MON = gócB; gócBOM = gócONC; gócNOC = gócBMO; từ đó suy ra ∆BMO đồng

dạng ∆CON (g.g) (đpcm).

( ) Giả sử có cần phải chứng minh MN là tiếp tuyến của (O).

Giải: Vì (O) tiếp xúc với các cạnh AB, AC nên O cách đều AB, AC do đó O thuộc tia phân giác của góc A. Lại có ABC cân nên phân giác góc A đồng thời là trung tuyến mà OBC nên O là trung điểm cạnh BC.(): Giả sử MN là tiếp tuyến (O).Nối OM, ON. Do MB, MP là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O), NP, NC cũng là hai tiếp tuyến cắt nhau của (O), sử dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta suy ra được

P

C

N

A

M

BO

73


a) ;

b) BN MO = , Chứng minh BI.MN = IN.BM;

c) Khi M, N thay đổi trên AB, AC thì MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

A

M

B C

N Với cách chứng minh hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được gócB = gócMON.

O

I


Cách 1: Chứng minh tương tự bài toán 1;

Cách 2: Từ M dựng tiếp tuyến với (O) cắt AC ở N'. Ta chứng minh N' N.

Theo phần thuận ta có kết hợp với giả thiết ta suy ra BM.CN' = BM.CN

CN' = CN. Mà N', N cùng thuộc cạnh AC do đó N' N (đpcm).

Chú ý: - Nếu M nằm trong đoạn AB thì N nằm trong đoạn AC.

- Nếu M nằm ngoài đoạn AB thì N cũng nằm ngoài đoạn AC.

Bài toán 1.4: Cho tam giác ABC cân ở B có gócB = 400, O là trung điểm cạch AC,

K là chân đường vuông góc kẻ từ O xuống AB, (O) là đường tròn tâm O bán kính OK.

1) Chứng minh (O) tiếp xúc với BC;

2) Giả sử E là một điểm thay đổi trên cạnh AC sao cho

góc AOE = , kẻ tiếp tuyến EF với đường tròn (O) tiếp súc với (O) tại P.

a) Tính theo các góc của tứ giác AEFC;

b) AEO đồng dạng với COF;

c) Tính để AE + CF nhỏ nhất. (Đề thi chuyên toán ĐHSP H N năm 2005)

Bài toán 1.5: Cho đường tròn (I) tiếp xúc với hai cạnh của góc xOy tại A và B. Từ

C trên cung nhỏ AB kẻ tiếp tuyến với đường tròn (I) cắt Ox, Oy theo thứ tự tại M, N. Xác

định vị trí của C trên cung nhỏ AB để MN có độ dài nhỏ nhất.

74


P

C

F

B

E

AO

HD Giải: 1) Kẻ OH vuông góc với BC. do tam giác ABC cân ở B nên OH = OK do đó H nằm trên (O), lại có OH BC tại H nên BC là tiếp tuyến của (O).2) a) Ta có , tương tự bài toán trên ta suy ra góc AEF = 2(1100- ), góc CFE = 2 . b) AEO đồng dạng với COF (c.g.c) c) Tương tự lời giải bài ý 1.1 ta suy ra E, F là trung điểm của BA, BC


Ta có MN = AM + BN = MP + NQ - AP - BQ = MP + NQ - 2AP.

Do đó MN nhỏ nhất MP + NQ nhỏ nhất (Áp dụng kết quả bài toán 1.1) ta có được C là

điểm chính giữa cung nhỏ AB.

Nếu vẫn tiếp tục khai thác bài toán ban đầu ta có thể đưa ra một số bài toán cho học sinh

tự làm, coi như bài tập về nhà để học sinh tự giải quyết.

Bài toán 1.6: Cho ABC cân ở A. Lấy M, N trên cạnh AB, AC sao cho

. Tìm vị trí của M, N sao cho AMN có diện tích lớn nhất.

Bài toán 1.7: Cho M, M' trên tia AB và tia đối của tia BA; N, N' thuộc tia CA và tia

đối của tia CA. Chứng minh rằng:

1) Nếu MB.NC = M'B.N'C = thì tứ giác MM'N'N ngoại tiếp được một đường

tròn;2)Phân giác tạo bởi MN và MM' đi qua một điểm cố định.Bài toán 1.8:

1) Cho ABC. Dựng hai điểm P, Q thứ tự trên AB và AC sao cho AP = AQ và

BP.CQ = ;

2) Cho hình vuông ABCD, lấy điểm F thuộc CD, G thuộc BC sao cho EG//AF (với

E là trung điểm của AB). Chứng minh rằng FG là tiếp tuyến của đường tròn nội tiếp

hình vuông.

Bài toán 1.9: Cho tam giác ABC cân ở A. Đường tròn có tâm O là trung điểm của

BC tiếp xúc với AB, AC thứ tự ở H và K. Lấy P thuộc đoạn AB, Q thuộc đoạn AC sao cho

PQ là tiếp tuyến của (O). Tìm quĩ tích tâm O' của đường tròn ngoại tiếp tam giác OPQ.

Q

A B

Ta hãy đưa bài toán về bài toán quen thuộc bằng cách qua I kẻ đường thẳng song song với AB cắt Ox, Oy thứ tự ở P và Q. Ta có AOB cân nên POQ cân ở O, IPQ mà MN là tiếp tuyến của (I). Áp dụng bài toán trên . Lại do cân chung đỉnh O AP = BQ (không đổi)

CN

O

M

PI

75



Với cách làm tương tự trên, bằng phương pháp đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương

tự và thao tác tư duy thuận đảo ta cũng hình thành cho học sinh tư duy lôgíc, tư duy sáng

tạo, tính độc đáo trong toán học. Chẳng hạn ta có bài toán sau:

Bài toán 2: Cho đường tròn (O) đường kính CD. Từ C và D kẻ hai tiếp tuyến Cx, Dy với

đường tròn. Từ một điểm E nằm trên đường tròn, kẻ tiếp tuyến với đường tròn đó cắt Cx

tại A và Dy tại B. Chứng minh góc AOB = 900.


Để chứng minh góc AOB = 900, ta có thể làm bằng nhiều cách khác nhau. Chẳng

hạn:

- Ta chứng minh OA, OB là hai tia phân giác của cặp góc kề bù;

- Ta chứng minh góc AOB = góc CED, mà góc CED = 900

nên gócAOB = 900.

Do +) đồng dạng với (g.g) nên góc AOB = góc CED,

mà góc CED = 900 vậy góc AOB = 900.

+) Tứ giác OKEJ là hình chữ nhật ( có ba góc vuông) nên góc AOB = 900.

Tiếp tục tư duy chúng ta còn tìm được thêm một vài cách giải khác nữa. Sau đây ta

xét một trong các cách giải đó:

Ta có góc ACO = gócAEO = 900 (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

suy ra gócACO + góc AEO = 1800 suy ra tứ giác ACOE nội tiếp

Do đó ta có gócEAO = gócECO (hai góc cùng chắn một cung OE)

Tương tự ta cũng có gócEBO = gócEDO, mà gócECO + gócEDO = 900 (vì gócCEO = 900-

góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). Nên gócEAO + gócEBO = 900. Từ đó suy ra gócAOB

= 900. (Đpcm).

76

JK

ODC

E

B

A

y

x



- Nếu ta thay đổi một vài điều kiện của bài toán, chẳng hạn vị trí của điểm O thay

bằng điểm M bất kì trên CD. Khi đó đường thẳng vuông góc với ME tại E không còn là

tiếp tuyến nữa mà trở thành cát tuyến với (O). Thế thì yêu cầu của bài toán chứng minh

gócAMB = 900 còn đúng nữa hay không?. Điều này vẫn còn đúng, từ đó ta có bài toán

khác như sau:

Bài toán 2.1: Cho đường tròn (O) đường kính CD. Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến Cx,

Dy. Một điểm E bất kỳ nằm trên đường tròn, điểm M bất kỳ nằm trên CD (M không trùng

với C, D, O). Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ tự tại A và B.

Chứng minh rằng gócAMB = 900.

-)Tại sao ta lại đặt vấn đề M khác

C, D, O.

- Vì nếu M O thì trở lại bài toán trên.

- Còn nếu M C thì đường thẳng ME

cắt Cx tại A, cắt Dy tại B D. Khi đó ta

có góc AMB = 900.

Nếu M D thì tương tự trên.

Ta trở lại bài toán: Như vậy tương tự bài toán trên ta cũng có:

gócMAB = gócECM (do tứ giác ACME nội tiếp)

gócEBM = gócEDM (do tứ giác BDME nội tiếp)

mà gócECM + góc EDM = 900 (do gócCED = 900). Nên gócAMB = 900.

77

x y

E

D BM C

A

O

M ODC

E

B

A

y

x


-) Ta tiếp tục khai thác và mở rộng bài toán, chẳng hạn điểm M không nằm trong

đoạn CD mà nằm trên đường thẳng CD và giữ nguyên các điều kiện của bài toán 2.1 thì

sao? từ đó ta có bài toán sau:

Bài toán 2.2: Cho đường tròn (O) đường kính CD. Từ C, D kẻ hai tiếp tuyến Cx,

Dy. Một điểm E bất kỳ nằm trên đường tròn, điểm M bất kỳ nằm trên đường thẳng CD (M

không trùng với C, D, O). Qua E kẻ đường thẳng vuông góc với ME cắt Cx, Dy theo thứ

tự tại A và B. Chứng minh rằng gócAMB = 900.

- Muốn chứng minh góc AMB = 900 ta dựa vào cách chứng minh bài toán trên. Ta

chứng minh gócMAB + gócMBA = 900.

Muống chứng minh gócMAB + góc MBA = 900 ta chứng minh

gócMAB + gócMBA = gócCDE + gócDCE = 900

Để chứng minh điều này ta cần chứng minh gócMAB = gócECD,

gócMBA = gócMDE. Như vậy ta cần phải chứng minh các tứ giác AMCE, MEDB

nội tiếp.

Từ đó ta có lời giải sau:

Chứng minh: Ta có gócACM = gócAEM = 900, do đó tứ giác AMCE nội tiếp

gócMAB = góc ECD (cùng bù gócMCE)

Tương tự tứ giác MEDB nội tiếp gócMAB = gócMDE (cùng chắn một cung).

Mà gócECD + gócEDC = 900. Do đó gócMBA + gócMAB = 900.

Suy ra gócAMB = 900.

Như vậy nhìn lại bài toán trên ta có thể đưa thành bài toán tổng quát hơn như sau:

Bài toán 2.3: (Bài toán tổng quát)

78

MO

DC

E

B

A

yx


Cho đường tròn (O) đường kính CD. Một điểm E thuộc đường tròn (O). M là điểm

bất kì thuộc đường thẳng CD. Kẻ đường thẳng vuông góc với ME tại E cắt các tiếp tuyến

Cx, Dy của đường tròn tại A và B. Chứng minh góc AMB = 900.

Vẫn tiếp tục bài toán 2 ta khai thác theo khía cạnh khác, ta có bài toán sau:

Bài toán 2.4: Cho đường tròn (O; ), qua A và B kẻ hai tiếp tuyến Ax, By của

đường tròn. Một điểm M thuộc đường tròn, qua M kẻ tiếp tuyến cắt Ax, By theo thứ tự ở

C và D.

1) Chứng minh CD = AC + BD;

2) Đường tròn ngoại tiếp tam giác COD luôn tiếp xúc với một đường thẳng cố định

khi M thay đổi trên đường tròn.

3) AD cắt BC ở H chứng minh MH // AC.


1) Với phần này rất phù hợp với học sinh trung bình khi học xong bài tính chất hai

tiếp tuyến cắt nhau, Ta thấy ngay CM = CA; DM = DB

từ đó suy ra CM + DM = CA + DB mà M nằm giữa C và D nên CD = CA + DB.

2) Cũng tương tự bài toán trên ta có COD vuông ở O. Mặt khác gọi I là trung điểm

của CD thì O (1).

Lại có tứ giác ABDC là hình thang, OI là đường trung bình nên OI // CA, mà CA

AB do đó IO AB (2)

79

K

H

OBA

M

D

C

y

x


Từ (1) và (2) suy ra AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác COD. Mà

AB là đường thẳng cố định nên đường tròn ngoại tiếp tam giác COD luôn tiếp xúc với

đường thẳng AB cố định khi M thay đổi trên đường tròn.

3) Với phần này là một bài toán rất hay vì nó đòi hỏi học sinh phải dùng phương

pháp phân tích đi lên để tìm lời giải của bài toán. Hơn nữa để tìm ra lời giải học sinh còn

phải huy động kiến thức về định lí Talét đảo.

Giáo viên hướng dẫn học sinh tìm lời giải của bài toán bằng sơ đồ phân tích đi lên,

như sau:

MH //AC

(vì DM=DB;

MC=CA)

AC // DB ( AB)

Từ đó yêu cầu học sinh lên bảng căn cứ vào sơ đồ

trình bày lời giải của bài toán:

Ta có AC, BD là hai tiếp tuyến của (O) đường kính

AB nên AC AB, BD AB do đó AC // BD.

Xét ACH có AC // BD áp dụng hệ quả định lí

Talét, ta có mà DB = DM; AC = MC nên

ta có áp dụng định lí Talét đảo trong tam

giác DAC suy ra MH // AC.


-) Giáo viên đặt vấn đề cho học sinh suy nghĩ. Gọi giao điểm của MH và AB là K,

có nhận xét gì về vị trí của H đối với MK? Từ đó ta có bài toán:

Bài toán 2..5: Với giả thiết của bài toán trên. Chứng minh H là trung điểm của MK.

-) Nếu gọi P là giao điểm của BM và Ax. Thì ta cũng có kết quả C là trung điểm của

AP.

-) Nếu giáo viên cho thêm điều kiện AC = R (AB = 2R) thì chúng ta lại có bài

toán liên quan đến tính toán. Từ đó ta có bài toán sau:

Bài toán 2.6: Cho , từ A, B kẻ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn. Một

điểm C trên tia Ax sao cho AC = R . Từ C kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn cắt By ở D.

AD cắt BC ở H.

1) Tính số đo gócAOM;

2) Chứng minh trực tâm của tam giác ACM nằm trên (O);

80


3) Tính MH theo R.

-) Bây chúng ta lại xét bài toán không tĩnh như trên nữa, mà cho điểm C thay đổi

trên tia Ax sao cho AC thì khi đó trực tâm của ACM cũng thay đổi theo. Từ đó ta

có bài toán sau:

Bài toán 2.7: Cho , từ A, B kẻ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn. Một

điểm C trên tia Ax sao cho AC R . Từ C kẻ tiếp tuyến CM tới đường tròn cắt By ở

D.Gọi H là trực tâm của tam giác ACM. Tìm quĩ tích điểm H.

-) Lại nhìn bài toán dưới góc độ bài toán cực trị hình học, ta có bài toán sau:

Bài toán 2.8: Cho từ A, B kẻ các tiếp tuyến Ax, By của đường tròn. Một

điểm M trên đường tròn, từ M kẻ tiếp tuyến của (O) cắt Ax, By thứ tự ở C và D. Tìm vị trí

của điểm M để:

1) CD có độ dài nhỏ nhất;

2) Diện tích tam giác COD nhỏ nhất.

Như vậy xuất phát từ bài toán trong SGK, bằng những thao tác tư duy lật ngược vấn

đề, tương tự, khái quát hoá, tương tự hoá,… chúng ta đã sáng tạo ra được rất nhiều bài

toán xuất phát từ bài toán gốc trong quá trình tìm lời giải, nghiên cứu sâu lời giải: như bài

toán tính toán, bài toán quĩ tích, bài toán cực trị,…. Việc làm như thế ở người thày được

lặp đi, lặp lại và thường xuyên trong quá trình lên lớp sẽ dần dần hình thành cho học sinh

có phương pháp, thói quen đào sâu suy nghĩ, khai thác bài toán ở nhiều góc độ khác nhau.

Đặc biệt là rèn cho học sinh có phương pháp tìm lời giải bài toán bằng phương pháp phân

tích đi lên-một phương pháp tư duy rất đặc trưng và cực kì hiệu quả khi học môn hình học.

Thông qua đó học sinh được phát triển năng lực sáng tạo toán học, nhất là những học sinh

khá giỏi. Qua mỗi giờ dạy người thày cần giúp học sinh làm quen và sau đó tạo cơ hội cho

học sinh luyện tập, thể hiện một cách thường xuyên thông qua hệ thống câu hỏi gợi mở, hệ

thống bài tập từ dễ đến khó.

Trên đây là một vài ý tưởng của tôi đã đưa ra trong quá trình lên lớp trong giờ luyện

tập hình học. Theo tôi nó có tác dụng:

- Giúp các em củng cố kiến thức đã học;

- Giúp các em biết vận dụng kiến thức đã học vào bài tập;

- Rèn kĩ năng trình bày cho học sinh;

81


- Phát triển tư duy toán học thông qua các thao tác tư duy khái quát hoá, đặc biệt

hoá, tương tự hoá, tư duy thuận đảo,…

- Dần dần hình thành phương pháp tìm lời giải bài toán hình học, tư duy linh hoạt,

phương pháp học toán, học sáng tạo toán học.

82

Education

Boi duong hsg