Một số PP vẽ thêm yếu tố phụ trong giải toán hình học L7 & PP giải bài tập nâng cao phần phân số L6 by Day Kem Quy Nhon Business

1. PHẦN MỞ ĐẦU 1.1. Lý do chọn đề tài

es s@ gm ai

l.c om

Xuất phát từ mục tiêu Giáo dục trong giai đoạn hiện nay là phải đào tạo ra con người có trí tuệ phát triển, giàu tính sáng tạo và có tính nhân văn cao. Nhằm đáp ứng yêu cầu mới trong nhu cầu của thời đại, việc triển khai chương trình giáo dục phổ thông, nhằm thực hiện các mục tiêu, nhiệm vụ của Nghị Quyết số 29-NQ/TW ngày 04/11/2013 Ban chấp hành Trung ương Đảng về “Đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hoá, hiện đại hoá trong điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế” đã được Hội nghị lần thứ 8, Ban Chấp hành Trung ương (Khóa XI) thông qua.

qu yn ho n

bu s

Nghị quyết số 29 của Hội nghị BCH TƯ lần thứ 8 (Khóa XI) là sự kế thừa, nâng cao của Nghị quyết Trung ương 2 (Khóa 8). Theo đó, Trung ương Đảng tiếp tục xác định phát triển GD&ĐT là quốc sách hàng đầu và trong xu thế hiện nay “Đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo, đáp ứng yêu cầu công nghiệp hoá, hiện đại hoá trong điều kiện kinh tế thị trường định hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế” nhằm nâng cao chất lượng nguồn nhân lực được Đảng ta xác định là một trong ba đột phá chiến lược của công cuộc phát triển đất nước.

ke m

Quan điểm chỉ đạo, mục tiêu, nhiệm vụ và giải pháp của Nghị quyết số 29NQ/TW của BCH Trung ương đưa ra để tập trung lãnh, chỉ đạo thực hiện 8 nhiệm vụ và giải pháp cơ bản theo đúng thực tiễn của sự phát triển kinh tế xã hội trong đó nhiệm vụ giải pháp thứ 2 là tiếp tục đổi mới mạnh mẽ và đồng bộ các yếu tố cơ bản của giáo dục, đào tạo theo hướng coi trọng phát triển phẩm chất, năng lực của người học.

eb oo k

:d ay

Đó là một cuộc cải cách nhằm nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện, phát huy tính tích cực chủ động, sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học, nhằm tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui hứng thú cho học sinh, giúp các em trở thành những con người phát triển toàn diện (Đức, Trí, Thể, Mỹ...).

-P D

Toán học là một bộ môn của khoa học tự nhiên được ra đời và phát triển rất sớm. Ngay từ khi ra đời Toán học đã phục vụ thiết thực cho đời sống xã hội, hơn nữa, Toán học được coi là cơ sở của nhiều ngành khoa học, nó phát triển tư duy, phát triển năng lực trí tuệ và rèn luyện phương pháp suy luận logic của con người.... Chính vì vậy mà ngày nay Toán học là môn học chiếm nhiều thời gian nhất trong kế hoạch đào tạo của nhà trường phổ thông. Thông qua việc học tập Toán học, việc học sinh ngoài việc nắm vững kiến thức còn biết áp dụng vào thực tiễn, vào lao động sản xuất...

Nhưng do tính trừu tượng của môn học và là môn học khó đối với học sinh cấp THCS. Gặp bài chứng minh hình học, học sinh thường lúng túng không biết bắt đầu từ đâu, vận dụng kiến thức nào để giải quyết vấn đề. Do vậy bài làm của nhiều học sinh bị sai, không hoàn chỉnh hoặc không tìm được phương pháp giải...dẫn đến học 1

sinh ngại học môn hình, trong khi tìm phương pháp giải Toán hình học ta gặp một số bài toán mà nếu không vẽ thêm đường phụ thì có thể bế tắc. Nếu biết vẽ thêm đường phụ thích hợp tạo ra sự liên hệ giữa các yếu tố đã cho thì việc giải toán trở nên thuận lợi hơn, dễ dàng hơn. Thậm chí có bài phải vẽ thêm yếu tố phụ thì mới tìm ra lời giải.

es s@ gm ai

l.c om

Tuy nhiên, trong sách giáo khoa chỉ trình bày một số bài tập cơ bản với thời lượng chưa nhiều. Với các bài tập có liên quan đến vẽ đường phụ phần lớn học sinh vận dụng kiến thức chậm hoặc không biết làm thế nào để vẽ thêm đường phụ để giải bài tập. Đối với học sinh khá giỏi thì các dạng bài tập hình học trong SGK thường chưa làm các em thoả mãn vì tính ham học, muốn khám phá tri thức mới của mình. Hiện nay, trong kì thi học sinh giỏi Toán 7, các bài toán có vẽ thêm yếu tố phụ khá phổ biến. Tuy nhiên vẽ thêm yếu tố phụ như thế nào để có lợi cho việc giải toán là điều khó khăn và phức tạp. Vậy làm thế nào để học sinh có thể nắm được một số phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ để giải các bài tập trong Hình học 7?

qu yn ho n

bu s

Xét trên thực tế qua những năm giảng dạy lớp 7, đặc biệt là trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận thấy nhu cầu học tập của học sinh, muốn được tiếp thu các kiến thức bổ trợ để có thể vận dụng vào việc giải các bài tập trong các kì thi học sinh giỏi, các kì thi cấp THCS, kì thi vào THPT hoặc một số trường, lớp chất lượng cao là rất cần thiết. Vì vậy tôi mạnh dạn thực hiện đề tài nghiên cứu: “Một số Phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ trong giải toán hình học lớp 7”. * Điểm mới của Đề tài

-P D

eb oo k

:d ay

ke m

Nội dung của đề tài này trước đây đã có một số người nghiên cứu song nội dung còn chung chung, chưa đưa ra các dạng bài cụ thể. Điểm mới trong đề tài này, tôi tập trung trang bị đầy đủ các dạng bài tập vận dụng một số phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ. Đối với mỗi dạng toán đưa ra phương pháp giải cụ thể và tập trung phân tích kĩ các ví dụ và bài tập áp dụng. Trong đề tài này tôi đã cố gắng tìm ra một số ví dụ về các phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ, đưa ra các dạng bài tập từ dễ đến khó, các bài tập nâng cao dành cho học sinh khá giỏi. Khi gặp dạng toán học sinh dễ nắm bắt và giúp học sinh chủ động được cách giải, chủ động tư duy tìm hướng giải quyết cho các bài toán. Đề tài thực hiện tại trường đang giảng dạy và áp dụng giảng dạy có hiệu quả tốt. Nội dung vẽ thêm yếu tố phụ trong việc giải một số bài toán thường gặp ở cấp THCS có thể nhân rộng áp dụng vào giảng dạy ở các đơn vị trên địa bàn. Mong rằng đề tài sẽ được các em học sinh và đồng nghiệp đón nhận.

1.2. Phạm vi áp dụng đề tài:

* Đối tượng nghiên cứu:

- Như đã trình bày ở trên nên trong sáng kiến này tôi chỉ nghiên cứu trên hai nhóm đối tượng cụ thể sau: 1. Giáo viên dạy toán THCS 2. Học sinh lớp 7 THCS : bao gồm 1 lớp 7 với tổng số 30 học sinh và nhóm bồi dưỡng học sinh giỏi toán 7. * Phạm vi nghiên cứu:

- Trong sáng kiến này tôi chỉ nêu ra một số “phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ” mà học sinh chưa phát hiện ra trong quá trình chứng minh các bài toán hình học.

l.c om

- Phân tích một số bài toán cụ thể để học sinh nhận thấy được cách thức vẽ thêm yếu tố phụ mà học sinh không nhận ra dẫn tới không giải được các bài toàn chứng minh hình học, đặc biệt là các bài toán khó. - Từ đó định hướng cho học sinh phương pháp giải vẽ thêm yếu tố phụ khi chứng minh các bài toán hình học.

-P D

eb oo k

:d ay

ke m

qu yn ho n

bu s

es s@ gm ai

* Phạm vi áp dụng đề tài: Đề tài này áp dụng cho học sinh lớp 7 và giáo viên dạy Toán THCS nơi bản thân đang công tác.

2. PHẦN NỘI DUNG 2.1. Thực trạng của nội dung cần nghiên cứu

qu yn ho n

bu s

es s@ gm ai

l.c om

Qua nhiều năm dạy môn Hình học lớp 7, tôi nhận thấy rằng, không có phương pháp chung nhất cho việc vẽ thêm các yếu tố phụ, mà là một sự sáng tạo trong trong khi giải toán, bởi vì việc vẽ thêm các yếu tố phụ cần đạt được mục đích là tạo điều kiện để giải được bài toán một cách ngắn gọn chứ không phải là một công việc tuỳ tiện. Hơn nữa, việc vẽ thêm các yếu tố phụ phải tuân theo các phép dựng hình cơ bản và các bài toán dựng hình cơ bản, nhiều khi người giáo viên đã tìm ra cách vẽ thêm yếu tố phụ nhưng không thể giải thích rõ cho học sinh hiểu được vì sao lại phải vẽ như vậy, khi học sinh hỏi giáo viên: Tại sao cô (thầy) lại nghĩ ra được cách vẽ đường phụ như vậy, ngoài cách vẽ này còn có cách nào khác không? hay tại sao chỉ vẽ thêm như vậy mới giải được bài toán? Gặp phải tình huống như vậy, quả thật người giáo viên cũng phải rất vất vả để giải thích mà có khi hiệu quả cũng không cao, học sinh không nghĩ được cách làm khi gặp bài toán tương tự vì các em chưa biết các căn cứ cho việc vẽ thêm yếu tố phụ. Từ thực tế giảng dạy tôi thấy rằng: để giải quyết vấn đề này một cách triệt để, mặt khác lại nâng cao năng lực giải toán và bồi dưỡng khả năng tư duy tổng quát cho học sinh, tốt nhất ta nên trang bị cho các em những cơ sở của việc vẽ thêm đường phụ và một số phương pháp thường dùng khi vẽ thêm yếu tố phụ, cách nhận biết một bài toán hình học cần phải vẽ thêm yếu tố phụ, từ đó khi các em tiếp xúc với một bài toán, các em có thể chủ động được cách giải, chủ động tư duy tìm hướng giải quyết cho bài toán, như vậy hiệu quả sẽ cao hơn.

ke m

* Số liệu khảo sát trước khi áp dụng đề tài:

Trước khi áp dụng đề tài tôi đã tiến hành khảo sát với nội dung kiến thức liên 0-<2

:d ay

quan đến vẽ thêm yếu tố phụ trên 30 học sinh. Kết quả đạt được như sau: 2-<5

3,3

8 – 10

40,0

33,3

16,7

6,7

6,5 - < 8

eb oo k

5 - < 6,5

-P D

2.2. Các giải pháp 2.2.1. Cơ sở lý luận của việc vẽ thêm yếu tố phụ

Bài toán 1: Dựng một tam giác biết độ dài ba cạnh của nó là a; b; c.

Việc vẽ thêm các yếu tố phụ phải tuân theo các phép dựng hình cơ bản và một số bài toán dựng hình cơ bản. Sau đây là một số bài toán dựng hình cơ bản trong chương trình THCS.

b A

es s@ gm ai

l.c om

Giải: * Cách dựng:

- Dựng tia Ax.

bu s

- Dựng đường tròn (A, c). Gọi B là giao điểm của đường tròn (A, c) với tia Ax.

qu yn ho n

- Dựng đường tròn (A, b) và đường tròn (B, a), gọi C là giao điểm của chúng. Tam giác ABC là tam giác phải dựng vì có AB = c; AC = b và BC = a. Chú ý: Nếu hai đường tròn (A, b) và (B, a) không cắt nhau thì không dựng được tam giác ABC. Bài toán 2: Dựng một góc bằng góc cho trước.

ke m

Cách dựng:

:d ay

là góc cho trước. Dựng đường tròn (O, r) cắt Ox ở A và cắt Oy ở B Gọi xOy ta được ∆OAB.

eb oo k

' = O . Dựng ∆O’A’B’ = ∆OAB ( c.c. c) như bài toán 1, ta được O x

A’

-P D

O’

B’

Bài toán 3: Dựng tia phân giác của góc xAy cho trước. Cách dựng: - Dựng đường tròn (A, r) cắt Ax ở B và cắt Ay ở C.

- Dựng các đường tròn (B, r) và (C, r) chúng cắt nhau ở D. Tia AD là tia phân . giác của xAy A1 = A Thật vậy: ∆ABD = ∆ACD ( c - c - c) ⇒ 2

B r

r D

l.c om

1 2 r

es s@ gm ai

C y

Bài toán 4: Dựng trung điểm của đoạn thẳng AB cho trước. Cách dựng:

qu yn ho n

bu s

Dựng hai đường tròn (A, AB) và (B, BA) chúng cắt nhau tại C, D. Giao điểm của CD và AB là trung điểm của AB.

eb oo k

:d ay

ke m

* Chú ý: đây cũng là cách dựng đường trung trực của đoạn thẳng cho trước.

-P D

Bài toán 5: Qua điểm O cho trước, dựng đường thẳng vuông góc với đường thẳng a cho trước. - Dựng đường tròn (O, r) cắt a tại A, B. - Dựng đường trung trực của AB. - Đường trung trực của AB là đường thẳng vuông góc với đường thẳng a

Cách dựng:

l.c om

a A

es s@ gm ai

bu s

Trên đây là các bài toán dựng hình cơ bản, khi cần thì sử dụng mà không cần nhắc lại cách dựng.

qu yn ho n

Khi cần vẽ thêm đường phụ để chứng minh thì cũng phải căn cứ vào những đường cơ bản đã dựng để vẽ thêm không nên vẽ một cách tuỳ tiện.

2.2. 2. Cơ sở thực tế

ke m

Ta đã biết nếu hai tam giác bằng nhau thì suy ra được các cặp cạnh tương ứng bằng nhau, các cặp góc tương ứng bằng nhau. Đó chính là lợi ích của việc chứng minh hai tam giác bằng nhau. Vì vậy muốn chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau (hay hai góc bằng nhau) ta thường làm theo một cách gồm các bước sau:

:d ay

Bước 1: Xét xem hai đoạn thẳng (hay hai góc) đó là hai cạnh (hay hai góc) thuộc hai tam giác nào?

eb oo k

Bước 2: Chứng minh hai tam giác đó bằng nhau. Bước 3: Từ hai tam giác bằng nhau, suy ra cặp cạnh (hay cặp góc) tương ứng bằng nhau.

-P D

Tuy nhiên trong thực tế giải toán thì không phải lúc nào hai tam giác cần có cũng được cho ngay ở đề bài mà nhiều khi phải tạo thêm các yếu tố phụ mới xuất hiện được các tam giác cần thiết và có lợi cho việc giải toán. Vì vậy yêu cầu đặt ra là làm thế nào học sinh có thể nhận biết cách vẽ thêm được các yếu tố phụ để giải toán hình học nói chung và toán hình học 7 nói riêng. Qua thực tế giảng dạy tôi đã tích luỹ được một số cách vẽ yếu tố phụ đơn giản và thiết thực, khi hướng dẫn học sinh thực hiện giải toán rất hiệu quả, đặc biệt là trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi.

2.2.3. Một số phương pháp vẽ yếu tố phụ

Bây giờ chúng ta cùng nghiên cứu một số phương pháp đơn giản nhất, thông dụng nhất để vẽ thêm yếu tố phụ trong giải toán Hình học 7:

Phương pháp 1: Vẽ trung điểm của một đoạn thẳng, vẽ tia phân giác của một góc

Bài toán 1: Cho tam giác ABC có AB = 10 cm; BC = 12 cm, D là trung điểm của cạnh AB. Vẽ DH vuông góc với BC ( H ∈ BC) và DH = 4cm. Chứng minh rằng tam giác ABC cân tại A. 1) Phân tích bài toán:

l.c om

Bài cho tam giác ABC có AB = 10 cm; BC = 12 cm, D là trung điểm của cạnh AB. Vẽ DH vuông góc với BC ( H ∈ BC) và DH = 4cm.

es s@ gm ai

Yêu cầu chứng minh tam giác ABC cân tại A. 2) Hướng suy nghĩ:

∆ABC cân tại A ⇔ AB = AC. Ta nghĩ đến điểm phụ K là trung điểm của AB. Vậy yếu tố phụ cần vẽ là trung điểm của BC. A

∆ABC; AB = 10cm; 1 BC = 12 cm; DA = DB = AB ; 2

qu yn ho n

DH ⊥ BC, DH = 4 cm

bu s

3) Chứng minh:

∆ ABC cân tại A.

ke m

Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng BC, ta có: BK = KC =

1 B C = 6 cm . 2

eb oo k

:d ay

1 AB = 5 cm ( do D là trung điểm của AB) 2 = 900 ( gt), theo định lí Pitago ta có: DH2 + BH2 = BD2 Xét ∆ HBD có: BHD Lại có: BD =

⇒ BH2 = BD2 - DH2 = 52 - 42 = 9 ⇒ BH = 3 ( cm) Ta có BH + HK = BK ( Vì H nằm giữa B và K )

⇒ HK = BK – BH = 6 – 3 = 3 (cm)

-P D

Xét ∆ABK có BD = DA ( gt ) ; BH = HK ( = 3 cm)

⇒ DH // AK (đường nối trung điểm 2

cạnh của tam giác thì song song với cạnh thứ 3).

Ta có: DH ⊥ BC, DH // AK ⇒ AK ⊥ BC.

⇒ AKB = AKC = 900 Xét ∆ ABK và ∆ACK có: BK = KC ( theo cách lấy điểm K)

AKB = AKC = 900 AK là cạnh chung

B H

Do đó ∆ ABK = ∆ACK (c - g - c)

⇒ AB = AC ⇒ ∆ ABC cân tại A (đpcm). 4) Nhận xét:

es s@ gm ai

l.c om

Trong cách giải bài toán trên ta đã chứng minh AB = AC bằng cách tạo ra hai tam giác bằng nhau chứa hai cạnh AB và AC từ việc kẻ thêm trung tuyến AK, việc chứng minh còn sử dụng thêm một bài toán phụ là: Trong một tam giác, đường thẳng đi qua trung điểm hai cạnh thì song song với cạnh thứ ba, kiến thức về đường trung bình này học sinh sẽ được nghiên cứu trong chương trình Toán 8 nhưng ở phạm vi kiến thức lớp 7 vẫn có thể chứng minh được, việc chứng minh dành cho học sinh khá giỏi, trong bài này có sử dụng kết quả của bài toán mà không chứng minh lại vì chỉ muốn nhấn mạnh vào việc vẽ thêm yếu tố phụ.

= C ; chứng minh rằng: AB = AC? Bài toán 2: Cho tam giác ABC có B (Giải bằng cách vận dụng trường hợp bằng nhau góc - cạnh - góc của hai tam giác). = C ; Yêu cầu: chứng minh B

2) Hướng suy nghĩ:

AB = AC.

qu yn ho n

Bài cho: tam giác ABC có

bu s

1) Phân tích bài toán:

3) Chứng minh:

∆ABC;

AB = AC

:d ay

= C B

ke m

( I∈ BC) Đường phụ cần vẽ thêm là tia phân giác AI của BAC

eb oo k

( I∈ BC). Vẽ tia phân giác AI của BAC

1 ⇒ A1 = A2 = B AC .

(1)

Áp dụng định lí tổng ba góc của tam giác vào hai tam giác ABI và ACI ta có:

( ) A +C −( )

-P D

+ I =1800 ⇒ I =1800 − A1 + B A1 + B * 1 1

+ I =1800 ⇒ I =1800 A2 + C * 2 2

Mặt khác

= C B

( theo (1) )⇒ A1 = A ( gt); 2

Xét ∆ ABI và ∆ ACI ta có:

I1 = I2

( theo (2))

Cạnh AI chung

I 1 = I 2

(2)

A1 = A 2 ( theo (1)) ⇒ ∆ ABI = ∆ ACI ( g - c - g) ⇒ AB = AC ( 2 cạnh tương ứng)

l.c om

4) Nhận xét:

Trong cách giải trên, ta phải chứng minh AB = AC bằng cách kẻ thêm AI là tia phân giác của góc BAC để tạo ra hai tam giác bằng nhau.

es s@ gm ai

Phương pháp 2: Trên một tia cho trước, đặt một đoạn thẳng bằng đoạn thẳng cho trước. Bài toán 3: Chứng minh định lí: Trong tam giác vuông, trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền ( Bài 25/ 67- SGK toán 7 tập 2) 1) Phân tích bài toán:

Bài cho Tam giác ABC vuông tại A, AM là đường trung tuyến ứng với cạnh

bu s

1 BC ⇔ 2 AM = BC 2

qu yn ho n

huyền, yêu cầu chứng minh: AM = 2) Hướng suy nghĩ:

ke m

Ta cần tạo ra đoạn thẳng bằng 2AM rồi tìm cách chứng minh BC bằng đoạn thẳng đó. Như vậy dễ nhận ra rằng, yếu tố phụ cần vẽ thêm là điểm D sao cho M là trung điểm của AD.

3) Chứng minh: GT

A = 900 ;

:d ay

∆ABC;

AM là trung tuyến

1 2

eb oo k

Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho: MD = MA. A

MA = MD ( theo cách lấy điểm D)

-P D

Xét ∆ MAC và ∆ MDB ta có:

=M ( hai góc đối đỉnh) M 1 2 B

MB = MC ( Theo gt)

M 1

⇒ ∆ MAC = ∆ MDB ( c - g - c) ⇒ AB = CD (2 cạnh tương ứng) (1)

(2 góc tương ứng). A1 = D và

⇒ AB // CD ( vì có cặp góc so le trong bằng nhau). A1 = D Từ 10

Lại có: AC ⊥ AB ( gt) ⇒ AC ⊥CD (Quan hệ giữa tính song song và vuông

góc) ⇒ ACD = 900 => B AC = A C D = 9 0 0 (2) Xét ∆ ABC và ∆ CDA có:

l.c om

AB = CD ( Theo (1))

B AC = A C D = 9 0 0 ( Theo (2))

es s@ gm ai

AC là cạnh chung

⇒ ∆ ABC = ∆ CDA ( c - g - c) ⇒ BC = AD ( 2 cạnh tương ứng ). Mà AM =

1 AD 2

nên AM =

1 BC 2

4) Nhận xét:

qu yn ho n

bu s

Trong cách giải của bài tập trên, để chứng minh AM =

1 BC ta đã vẽ thêm 2

đoạn thẳng MD trên tia AM sao cho MD = MA, do đó A M =

1 2

AD Như vậy

ke m

chỉ còn phải chứng minh AD = BC và đưa bài toán đã cho trở về bài toán chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau. Trên một tia cho trước, đặt một đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác là một trong những cách vẽ đường phụ để vận dụng trường hợp bằng nhau của tam giác.

:d ay

Bài toán 4: Cho tam giác ABC có AB < AC. Gọi M là trung điểm của BC.

& MAC ? (Bài 7/ 24 SBT toán 7 tập 2) So sánh BAM

eb oo k

1) Phân tích bài toán: Cho tam giác ABC có AB < AC, M là trung điểm của BC.

& MAC ? Yêu cầu : So sánh BAM

2) Hướng suy nghĩ:

-P D

Hai góc BAM và MAC không thuộc về một tam giác. Do vậy ta tìm một tam giác có hai góc bằng hai góc BAM và MAC và liên quan đến AB, AC vì đã có

AB < AC. Từ đó dẫn đến việc lấy điểm D trên tia đối của tia MA sao cho

MD = MA. Điểm D là yếu tố phụ cần vẽ thêm để giải được bài toán này.

3) Chứng minh: GT KL

∆ABC; AB < AC

M là trung điểm BC

& MAC ? So sánh BAM B 11

Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho: MD = MA. Xét ∆ MAB và ∆ MDC ta có:

MA = MD ( theo cách lấy điểm D)

l.c om

=M ( vì đối đỉnh) M 1 2 1

MB = MC ( Theo gt)

es s@ gm ai

⇒ ∆ MAB = ∆ MDC ( c - g - c) ⇒ AB = CD (2 cạnh tương ứng) (1)

(2 góc tương ứng). (2) A1 = D và

Ta có: AB = CD ( Theo (1)), mà AB < AC ( gt) ⇒ CD < AC.(3)

Xét ∆ACD có:

bu s

CD < AC ( theo (3))

qu yn ho n

(Quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác) A2 < D

< MAC BAM

( theo (2)) nên Mà A1 = D A2 < A 1 hay 4) Nhận xét:

ke m

Trong cách giải của bài tập trên, ta phải so sánh hai góc không phải trong cùng một tam giác nên không vận dụng được định lí về quan hệ giữa góc và cạnh đối diện

A1 & A trong một tam giác. Ta đã chuyển góc 2

về cùng một tam giác bằng cách vẽ

:d ay

, ta chỉ còn phải so sánh D &A ở A1 = D đường phụ như trong bài giải, lúc đó 2 trong cùng một tam giác ADC.

eb oo k

Phương pháp 3: Nối hai điểm có sẵn trong hình hoặc vẽ thêm giao điểm của hai đường thẳng. Bài toán 5: Cho hình vẽ, biết AB // CD; AC // BD.

Chứng minh: AB = CD, AC = BD?

-P D

( Bài 38/ 124 SGK Toán 7 tập 1)

(Bài toán còn được phát biểu dưới dạng: Chứng minh định lí: Hai đoạn thẳng song song bị chắn giữa hai đường thẳng song song thì bằng nhau) 1) Phân tích bài toán: Bài cho hình vẽ, biết AB // CD; AC // BD. Yêu cầu chứng minh: AB = CD, AC = BD.

2) Hướng suy nghĩ:

Để chứng minh AB = CD, AC = BD cần tạo ra hai tam giác chứa các cặp cạnh trên, yếu tố phụ cần vẽ là nối B với C hoặc nối A với D.

AB // CD; AC // BD

AB = CD; AC = BD

Xét ∆ ABD và ∆ DCA có: AD là cạnh chung

⇒ ∆ ABD = ∆ DCA ( g - c - g)

qu yn ho n

= DAC (hai góc so le trong (AC // BD)) ADB

bu s

= CDA (hai góc so le trong (AB // CD)) BAD

es s@ gm ai

l.c om

3) Chứng minh:

Vậy: AB = CD; AC = BD ( các cạnh tương ứng) 4) Nhận xét:

eb oo k

:d ay

ke m

Việc nối AD làm xuất hiện trong hình vẽ hai tam giác có một cạnh chung là AD, muốn chứng minh AB = CD; AC = BD ta chỉ cần chứng minh ∆ ABD = ∆ DCA. Do hai tam giác này đã có một cạnh bằng nhau (cạnh chung) nên chỉ cần chứng minh hai cặp góc kề cạnh đó bằng nhau là vận dụng được trường hợp bằng nhau góc - cạnh - góc. Điều này thực hiện được nhờ vận dụng tính chất của hai đường thẳng song song.

Phương pháp 4: Từ một điểm cho trước, vẽ một đường thẳng song song hay vuông góc với một đường thẳng.

-P D

Bài toán 6: Tam giác ABC có đường cao AH và trung tuyến AM chia góc A thành ba góc bằng nhau.Chứng minh rằng ∆ ABC là tam giác vuông và ∆ ABM là tam giác đều?

1) Phân tích bài toán: Bài cho ∆ABC có đường cao AH và trung tuyến AM chia góc A thành ba góc bằng nhau. Yêu cầu ta chứng minh ∆ABC là tam giác vuông và ∆ABM là tam giác đều. 2) Hướng suy nghĩ:

Muốn chứng minh tam giác ABC vuông tại A ta cần kẻ thêm đường thẳng vuông góc với AC và chứng minh đường thẳng đó song song với AB, từ đó suy ra AB ⊥ AC và suy ra góc A = 900. 3) Chứng minh:

∆ ABC; AH ⊥BC; GT trung tuyến AM;

A1 = A2 = A3

∆ ABC vuông ; ∆ ABM đều

1 2

es s@ gm ai

Vẽ MI ⊥ AC ( I ∈ AC)

l.c om

2 3

Xét ∆ MAI và ∆ MAH có:

= I = 9 0 0 ( gt) H AM là cạnh chung)

⇒ ∆ MAI = ∆ MAH ( cạnh huyền - góc nhọn)

A2 = A 3 (gt)

⇒ MI = MH ( 2 cạnh tương ứng) (1)

= H = 9 0 0 ( gt) H 1 2 AH là cạnh chung

⇒ ∆ ABH= ∆ AMH ( g - c - g) ⇒ BH= MH ( 2 cạnh tương ứng) (2)

ke m

( gt) A1 = A 2

qu yn ho n

bu s

Xét ∆ ABH và ∆ AMH có:

Mặt khác: H ∈ BM , nên từ (1) và (2) ⇒ MI = MH = BH =

1 BM 2

:d ay

1 CM 2 1 = 300 từ đó suy ra: Xét ∆ MIC vuông tại C có: M I = C M nên C 2 3 3 = 600 ⇒ B HAC .6 0 0 = 9 0 0 . AC = HAC = 2 2 = 300 ⇒ B = 600 Vậy ∆ ABC vuông tại A. Vì C

-P D

eb oo k

Lại có BM = CM (gt) ⇒ MI =

1 B C ( tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam 2 1 giác vuông) và BM = MC = B C ( vì M là trung điểm BC) suy ra AM = BM do 2 Lại có A M =

đó ∆ABM cân tại A và có 1 góc bằng 600 nên nó là tam giác đều. 4) Nhận xét:

Trong bài toán trên nếu chỉ có các yếu tố bài ra thì tưởng chừng như rất khó giải, tuy nhiên, chỉ bằng một đường vẽ thêm (MI ⊥ AC) thì bài toán lại trở lên rất dễ

dàng, qua đó càng thấy rõ vai trò của việc vẽ thêm yếu tố phụ trong giải toán hình học.

Bài toán 7: ( Đề kiểm tra HSG Toán 7 PGD&ĐT LỆ THỦY - năm học: 2011- 2012)

l.c om

Cho tam giác ABC vuông cân với đáy BC. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và AC. Kẻ NH vuông góc với CM tại H. Kẻ HE vuông góc với AB tại E. Chứng minh rằng tam giác AHB cân.

1 H

N Q

bu s

es s@ gm ai

qu yn ho n

Từ A kẻ AK ⊥ MC tại K, từ A kẻ AQ ⊥ HN tại Q. ∆ NAK = ∆ NCH (c.h – g.n) ⇒ AK = HC (1) = AHC Và ∆ BAK = ∆ ACH (c – g – c) ⇒ BKA Lại có ∆ AQN = ∆ CHN (c.h – g.n) ⇒ AQ = CH (2) Từ (1) và (2) suy ra AK = AQ ⇒ AH là phân giác KHQ

ke m

= 135° ⇒ BKH = 135° ⇒ AHQ = 45° ⇒ AHC = 135° ⇒ BKA Do đó ∆ BAK = ∆ BHK (c.g.c) ⇒ BA = BH hay ∆ ABH cân tại B .

:d ay

Các phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ trên nằm trong nhóm phương pháp chung gọi là phương pháp tam giác bằng nhau, sau đây ta sẽ nghiên cứu thêm một phương pháp mới rất hay nhưng chưa được khai thác nhiều trong giải toán.

eb oo k

Phương pháp 5: Phương pháp “tam giác đều”

Đây là một phương pháp rất đặc biệt, nội dung của nó là tạo thêm được vào trong hình vẽ các cạnh bằng nhau, các góc bằng nhau giúp cho việc giải toán được thuận lợi.

-P D

Đặc biệt đối với các bài tập về tính số đo góc, trước tiên ta cần hướng dẫn học sinh chú ý đến những tam giác chứa góc có số đo xác định như:

- Tam giác cân có một góc xác định.

- Tam giác đều. - Tam giác vuông cân.

- Tam giác vuông có một góc nhọn đã biết hay cạnh góc vuông bằng nửa cạnh huyền... Sau đó hướng dẫn học sinh nghĩ đến việc tính số đo của góc cần tìm thông qua mối liên hệ với các góc của một trong các hình chứa góc có số đo hoàn toàn xác định nêu trên (Thường là đi với mối liên hệ bằng nhau của một tam giác rồi rút ra góc tương ứng của chúng bằng nhau). 15

Ta hãy xét một bài toán điển hình:

l.c om

Bài toán 8: Cho tam giác ABC cân tại A, A = 200 . Trên cạnh AB lấy điểm D =1 A . sao cho AD = BC. Chứng minh rằng DCA 2 1) Phân tích bài toán: Bài cho ∆ABC cân tại A, A = 200 ; AD = BC ( D ∈AB)

es s@ gm ai

=1 Yêu cầu chứng minh: DCA A. 2

2) Hướng suy nghĩ:

Đề bài cho tam giác cân ABC có góc ở đỉnh là 200, suy ra góc ở đáy là 800. Ta thấy 800 -200 = 600 là số đo mỗi góc của tam giác đều ⇒ Vẽ tam giác đều BMC

=1 DCA A . 2

ke m

∆ABC; AB = AC; A = 200 AD = BC (D ∈AB)

qu yn ho n

bu s

3) Chứng minh:

:d ay

Ta có: ∆ABC; AB = AC; A = 200 ( gt)

eb oo k

1800 − 200 Suy ra: B = C = = 800 2

Vẽ tam giác đều BCM ( M và A cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ BC), ta được:

= ACM = 800 - 600 = 200 AD = BC = CM đồng thời ABM

-P D

= MAC = 200 : 2 = 100 Ta có ∆ MAB = ∆ MAC ( c - c - c) ⇒ MAB Xét ∆CAD và ∆ACM có:

AD = CM ( chứng minh trên)

= CAD ACM ( = 200 )

AC là cạnh chung Do đó ∆CAD = ∆ACM ( c -g -c )

= MAC = 100 . Vậy DCA = 1 BAC. => DCA 2 4) Nhận xét:

* Đề bài cho tam giác cân ABC có góc ở đỉnh là 200, suy ra góc ở đáy là 800. Ta thấy 800 -200 = 600 là số đo mỗi góc của tam giác đều. Chính sự liên hệ này gợi ý cho ta vẽ tam giác đều BCM vào trong tam giác ABC. Với giả thiết AD = BC thì vẽ tam giác đều như vậy giúp ta có mối quan hệ bằng nhau giữa AD với các cạnh của tam giác đều giúp cho việc chứng minh tam giác bằng nhau dễ dàng.

l.c om

* Ta cũng có thể giải bài toán trên bằng cách vẽ tam giác đều kiểu khác:

- Cách 2: Vẽ tam giác đều ABM ( M và C cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB)

es s@ gm ai

- Cách 3: Vẽ tam giác đều ACM (M và B cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AC)

- Cách 4: Vẽ tam giác đều ACM (M và B thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau qua bờ AC)

Ở ví dụ này đề bài cho hai cặp đoạn thẳng bằng nhau là : AB = AC ; AD = BC. Như vậy có thể giải bằng 4 cách; Qua ví dụ trên bước đầu các em đã định hình được phương pháp vẽ tam giác đều và các cách triển khai theo phương pháp đó.

qu yn ho n

bu s

Ngoài ra còn những cách vẽ tam giác đều khác cũng giúp ta tính được góc DCA dẫn tới điều phải chứng minh, các cách khác còn tuỳ thuộc vào sự sáng tạo của mỗi người và bắt nguồn từ việc yêu thích môn Hình học. Bài toán 9: Cho tam giác ABC vuông tại A, C = 150. Trên tia BA lấy điểm O sao cho BO = 2 AC. Chứng minh rằng tam giác OBC cân.

1) Phân tích bài toán:

ke m

= 150. Bài cho tam giác ABC vuông tại A, C

:d ay

Trên tia BA lấy điểm O sao cho BO = 2 AC. Yêu cầu chứng minh ∆ OBC cân tại O.

eb oo k

2) Hướng suy nghĩ:

= 150 suy ra 750 - 150 = 600 Ta thấy C là số đo của mỗi góc trong tam giác đều

A 150

⇒ sử dụng phương pháp tam giác đều vào việc giải bài toán.

-P D

3) Chứng minh:

0 ∆ABC; = 150 A = 90 ; C O

O ∈ tia BA: BO = 2AC

KL ∆ OBC cân tại O. 0 A = 90 ; C Ta có: ∆ABC; = 150 (gt) ⇒ B = 750

Vẽ tam giác đều BCM (M và A cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ BC)

= = 750 − 600 = 150 ABC − MBC Ta có: OBM

A B

Gọi H là trung điểm của OB ⇒ HO = HB = Mặt khác BO = 2AC (gt) nên AC =

1 OB . 2

1 OB 2

l.c om

từ đó có AC = BH Xét ∆ HMB và ∆ ABC có: BH = AC (cmt)

es s@ gm ai

= HBM ACB ( = 150 ) MB = BC (cạnh ∆ đều BMC)

= Do đó ∆ HMB = ∆ ABC ( c - g - c) ⇒ H A = 900 ⇒ MH ⊥ OB

bu s

∆ MOB có MH là đường cao và là đường trung tuyến nên cân tại M, lại có góc =1800 − 2.150 = 1500 . đáy OBM = 150 ⇒ góc ở đỉnh BMO

qu yn ho n

= 3600 − (1500 + 600 ) = 1500 ⇒ CMO = BMO ( = 1500 ) Từ đó CMO

∆MOB và ∆MOC có : MB = MC ( cạnh của ∆ đều BMC)

= BMO (cmt) CMO OM chung

ke m

Do đó ∆MOB = ∆MOC (c-g-c) ⇒ OB = OC 4) Nhận xét:

:d ay

Vậy ∆OBC cân tại O (đpcm).

-P D

eb oo k

Trong bài toán trên ta đã sử dụng phương pháp tam giác đều vào việc giải toán = 150 suy ra vì phát hiện thấy C A = 750 - 150 = 600 là số đo của mỗi góc trong tam giác đều, điều này gợi ý cho ta vẽ tam giác đều BCM như trên. Nhờ có các cạnh của tam giác đều bằng nhau, các góc của tam giác đều là 600, ta chứng minh được ∆ HMB = ∆ABC (c - g- c); ∆MOB = ∆MOC (c - g - c) dẫn tới ∆OBC cân tại O, đó chính là tác dụng của phương pháp tam giác đều.

Bài toán 10. Cho ∆ ABC vuông cân tại A, điểm E nằm trong tam giác sao cho

= ECA = 150 . Tính EAC AEB = ? B

Hướng dẫn :

Điều đầu tiên trong bài toán này là HS phải phát hiện ra tam giác AEC cân tại E vì có hai góc bằng 150 từ đó suy ra EA = EC và AEC =1800 − 2.150 = 1500 Cũng như ở bài toán 8, ở bài toán này các em

= 750 & EAC = 150 sẽ sớm phát hiện thấy BAE 18

E A

150

mà 750 - 150 = 600 là góc của tam giác đều (Cũng có em nhận xét:

= 450 ; ECA = 150 và 450 + 150 = 600 ). BCA

l.c om

Còn đối với những em chưa xác định được điều gì ta cũng gợi ý, hướng dẫn các em tính số đo các góc trong bài rồi tìm mối liên quan giữa các góc đó. Vẽ tam giác đều AKE nằm trong tam giác ABE tạo ra

= 900 − ( 600 + 150 ) = 150 ⇒ BAK = EAC ( = 150 ) . BAK Khi đó ∆ BAK = ∆ CAE (c.g.c) vì : AB = AC (gt)

bu s

= EAC (= 150 ) BAK

AK = AE ( cạnh ∆ đều )

qu yn ho n

Từ đó dẫn đến ∆ ABK cân tại K

và có góc ở đáy bằng 150 nên góc ở đỉnh là

= 1800 − 2.150 = 1500 K 1

1 2

150

ke m

Mà AKE = 600 nên

es s@ gm ai

Từ đó có thể hướng dẫn các em cách vẽ thêm tam giác đều như sau:

150

:d ay

= 3600 − (1500 + 600 ) = 1500 K 2

eb oo k

∆ AKB = ∆ EKB (c.g.c) vì : AK = EK ( cạnh ∆ đều AKE )

=K ( = 1500 ) K 1 2

BK chung

-P D

= 150 và AB = EB dẫn đến ∆ ABE cân tại B có ABK = EBK Từ đó suy ra

1800 − 300 0 0 0 góc ở đỉnh ABE =15 + 15 = 30 ⇒ BAE = AEB = = 750 2 Ở bài toán này đầu bài cũng cho hai cặp đoạn thẳng bằng nhau là:

AB = AC; EA = EC. Do vậy cũng có thể giải bài toán đó theo các cách: Vẽ tam giác đều có một cạnh là AE; hoặc EC; hoặc AC.

Như vậy với sự gợi ý, hướng dẫn của giáo viên, học sinh đã biết phân tích đầu bài, tìm được mối liên hệ giữa các dữ kiện của giả thiết, từ đó định hướng được cách giải. Đó chính là thành công của người thầy. Và điều quan trọng nữa là khi hướng dẫn học sinh triển khai một bài toán theo nhiều cách khác nhau, giáo viên đã tạo cho

học sinh óc quan sát nhạy bén, linh hoạt và cũng làm cho tư duy hình học của các em được phát triển hơn.

Bài toán 11

l.c om

Cho tam giác cân ABC có đáy BC, góc ở đáy bằng 500. Lấy điểm K trong tam A = 100 ; KCB = 300 . giác, sao cho KBC ?

* Hướng giải quyết: ABK = 500 - 100 = 400 ∆ ABK có:

es s@ gm ai

Tính số đo các góc của ∆ ABK. ?

Vậy chỉ còn phải tính hai góc còn lại là:

100

& BKA . BAK

30 0

Xem xét đầu bài ta thấy ∆ ABC có các góc 500, 500, 800

bu s

KBC ABC = 500, mà 500 + 100 = 600 chính là góc của tam giác đều. = 100,

qu yn ho n

Từ đó có thể giải bài toán trên theo cách sau (học sinh tìm ra hoặc giáo viên gợi ý): - Cách 1:

= 100 ABE = KBC Vẽ ∆ đều BCE trùm lên ∆ ABC, tạo ra

ke m

Từ đó chứng minh ∆ EAB = ∆ EAC (c.c.c)

=E = 1 BEC = 1 .600 = 300 ⇒E 1 2 2 2

:d ay

1 2

A ?

eb oo k

Khi đó ∆ ABE = ∆ KBC (g.c.g) vì: = 30o = KCB E 1

100

BE = BC

= KBC ( = 100 ) EBA

-P D

300

10 0

⇒ AB = KB. Do đó ∆ ABK cân tại B có góc ở đỉnh

K C

ABK = 400

= BKA = (1800 − 400 ) : 2 = 700 ⇒ BAK

Vậy các góc của ∆ ABK là 400; 700; 700. - Cách 2:

= KBC = 100 và Vẽ ∆ đều ABE (E, C nằm cùng phía đối với AB), tạo ra EBC = 800 − 600 = 200 ∆ AEC cân ở A vì có AE = AC (= AB) có góc ở đỉnh EAC = (1800 − 200 ) : 2 = 800 Suy ra góc ở đáy AEC = ACE

= ECA − BCA = 800 − 500 = 300 ⇒ BCE

Do vậy ∆ KBC = ∆ EBC (g.c.g) vì:

A ?

= EBC = 100 KBC

BC chung ?

⇒ BK = BE mà BE = BA nên BK = BA.

K 30 0

100

l.c om

= BCE = 300 KCB

Khi đó ∆ ABK cân tại B có góc ở đỉnh là 40 nên hai góc còn lại là 700 và 700.

es s@ gm ai

- Cách 3: Vẽ ∆ đều AEC ( E, B nằm cùng phía đối với AC ) = KBC = 100 và ∆ ABE cân tại A tạo ra BCE

có góc ở đỉnh bằng 800- 600 = 200

bu s

⇒ góc ở đáy bằng 800

qu yn ho n

= 800 − 500 = 300 ⇒ EBC

Do đó ∆ KBC = ∆ ECB (g.c.g) vì: = KBC = (100 ) BCE

= KCB ( = 300 ) EBC

10 0

K 30 0

ke m

BC chung

:d ay

⇒ KB = EC mà EC = AC = AB nên KB = AB ⇒ ∆ ABK cân tại B Vậy các góc cần tính là: 400; 700; 700.

-P D

eb oo k

Qua ví dụ này, có thể cho học sinh thấy rằng cách 2 và cách 3 là tương đương nhau: đều tạo ra tam giác đều có cạnh bằng một trong hai cạnh bên của tam giác cân đã cho, từ đó dẫn đến cạnh BK bằng một cạnh nào đó của tam giác đều vừa tạo ra để suy ra tam giác ABK cân. Còn nếu đi vẽ tam giác đều có một cạnh là KC để tạo ra hoặc vẽ tam giác đều có một cạnh là BK để tạo ra góc bằng ABC thì góc bằng KCB sẽ không giải quyết được bài toán, vì vẫn không đủ dữ kiện, và học sinh cũng cần phải thấy được điều này để có cách vẽ cho thích hợp.

= 750 . Đường cao AH có độ dài bằng Bài toán 12. Cho tam giác ABC có C nửa BC. Tính số đo góc B Phân tích: A

= 750 ⇒ CAH =150 ∆ AHC vuông tại H có C Mà 750 - 150 = 600 là góc của tam giác đều.

750

Từ đó hướng dẫn HS vẽ thêm tam giác đều. Có các cách vẽ như sau:

- Cách 1: = CAH = 150 Vẽ tam giác đều AEC nằm trong ∆ ABC, tạo ra: ECB

Kẻ EK ⊥ BC (có thể hướng dẫn và giải thích cho học sinh tại sao lại kẻ như vậy).

l.c om

Khi đó ∆ vuông EKC = ∆ vuông CHA (cạnh huyền, góc nhọn) vì: EC = AC

⇒ KC = AH, mà

AH =

es s@ gm ai

= CAH ( = 150 ) ECB 1 1 BC ⇒ KC = BC 2 2

Vậy K là trung điểm của BC, lại có KE ⊥ BC do đó tam giác EBC cân tại E

= ECB = 150 . ⇒ EBC

bu s

= 1800 - 2.150= 1500 Do đó : BEC

∆ BEC = ∆ BEA (c.g.c) vì: BE chung

E 750

ke m

= BEA = 1500 BEC

qu yn ho n

= 3600 - (600 + 1500) = 1500 Từ đó có BEA

EC = EA

:d ay

= 150 ⇒ = 150 + 150 = 300 ⇒ ABE = CBE ABC = ABE + CBE (Hoặc từ ∆ BEC = ∆ BEA ⇒ AB = BC ⇒ ∆ ABC cân tại B có góc ở đáy

eb oo k

bằng 750 ⇒ ABC = 300 ) - Cách 2:

Vẽ tam giác đều BEC

(E, A nằm cùng phía đối với BC)

-P D

= 150 = CAH tạo ra ACE

Từ A kẻ AK ⊥ EC ( K ∈ EC ) thì

∆ vuông AKC = ∆ vuông CHA (c. huyền - g. nhọn) vì:

1 2

Cạnh huyền AC chung

= 150 ACK = CAH ⇒ KC = AH, mµ AH =

1 1 1 BC ⇒ KC = BC = EC 2 2 2

Mà K ∈ EC nên K là trung điểm của EC.

C H

Vậy ∆ EAC có AK là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên cân tại A ⇒ AE = AC. Xét ∆ AEB và ∆ ACB có: BE = BC (cạnh của ∆ đều BCE)

l.c om

AB chung AE = AC

es s@ gm ai

Do đó ∆ AEB = ∆ ACB (c.c.c)

=B = 1 EBC = 1 .600 = 300 . Vậy ABC = 300 ⇒B 1 2 2 2 (Và suy ra K là giao điểm của AB và EC)

Ở ví dụ này bài cho không có cặp đoạn thẳng nào bằng nhau thì phải vẽ tam giác đều sao cho liên hệ được các dữ kiện của giả thiết.

qu yn ho n

bu s

Như vậy qua các ví dụ trên, giáo viên đã hình thành cho học sinh phương pháp vẽ thêm tam giác đều từ việc liên hệ các dữ kiện của giả thiết. Và sau các ví dụ này, giáo viên nên cho học sinh tự nhận xét, tổng kết dạng bài tập về tính số đo góc giải bằng phương pháp vẽ tam giác đều, sau đó có thể chốt lại cho các em là: Khi xét mối liên quan giữa các góc, nếu phát hiện ra góc của tam giác đều nên nghĩ đến cách vẽ thêm tam giác đều để tạo ra những góc bằng góc đã cho.

:d ay

ke m

Hơn nữa việc vẽ thêm tam giác đều còn tạo được các đoạn thẳng bằng nhau, hoặc tạo được một đường có nhiều tính chất, từ đó dễ dàng phát hiện được những yếu tố bằng nhau, liên kết với nhau để tìm ra lời giải.

eb oo k

Cũng cần chỉ ra cho học sinh thấy kinh nghiệm của việc vẽ thêm tam giác đều : Nếu vẽ thêm tam giác đều mà cạnh của nó có sự bằng nhau với các đoạn thẳng khác trong bài thì bao giờ cũng giải quyết được bài toán. Qua các ví dụ này học sinh cũng cần thấy rằng, có thể có nhiều cách để tạo ra tam giác đều, nhưng nên chọn cách nào dẫn đến chứng minh bài toán đơn giản hơn.

20,0

30,0

33,3

16,7

-P D

* Kết quả đạt được sau khi áp dụng các phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ: - Chất lượng đại trà lớp 7C, tổng số 30 học sinh. 0-<2 2-<5 5 - < 6,5 6,5 - < 8 8 - 10

*Nhận xét:

- Sau khi áp dụng đề tài thì số lượng học sinh yếu, kém giảm, số lượng học sinh đạt điểm khá, giỏi tăng lên. - Đa số học sinh nắm được các phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ trong giải toán, nhiều em vận dụng vào làm bài tập khá tốt. - Chất lượng đội tuyển học sinh giỏi cấp huyện cũng đã có sự tiến bộ vượt bậc.

3. PHẦN KẾT LUẬN 3.1. Ý nghĩa của đề tài

qu yn ho n

bu s

es s@ gm ai

l.c om

Trên đây là những kinh nghiệm của tôi khi hướng dẫn các em giải bài tập hình đòi hỏi phải vẽ thêm các yếu tố phụ. Việc vẽ thêm các yếu tố phụ giúp cho các em giải toán dễ dàng hơn, song việc vẽ thêm yếu tố phụ quả là khó khăn, phức tạp đòi hỏi học sinh phải có tư duy logic, có trí tưởng tượng phong phú và óc sáng tạo linh hoạt, trên tinh thần phải nắm được kiến thức cơ bản và khai thác triệt để giả thiết bài toán cho. Tôi mới chỉ đưa ra 2 dạng toán là chứng minh, tính số đo góc mà đã thấy việc vẽ thêm yếu tố phụ rất phong phú, đa dạng, thiếu nó thì việc giải toán gặp nhiều khó khăn. Đây là một số phương pháp vẽ thêm yếu tố phụ mà tôi đã lựa chọn để truyền đạt đến học sinh, mong rằng qua đó các em sẽ vận dụng tốt và phát huy hơn nữa năng lực học tập bộ môn. Qua thực tế giảng dạy và tìm hiểu tài liệu tôi đã cố gắng thể hiện đề tài nghiên cứu này. Tuy nhiên thời gian nghiên cứu còn hạn hẹp, trong phạm vi của đơn vị, nên đề tài chỉ mới áp dụng ở địa bàn hẹp, chưa có sức lan toả tới những vùng miền khác. Vì vậy triển vọng của đề tài còn tiếp tục trong xu thế phát triển của xã hội hiện nay. Sẽ còn nhiều biện pháp khác chưa có điều kiện đề cập tới, đó là hướng nghiên cứu tiếp tục của đề tài trong tương lai.

3.2. Kiến nghị, đề xuất

ke m

Thông qua sáng kiến kinh nghiệm này tôi mong muốn được đóng góp một phần nhỏ bé công sức trong việc hướng dẫn học sinh vẽ thêm yếu tố phụ trong giải toán hình học, rèn luyện tính tích cực, phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh, gây hứng thú cho các em khi học toán.

:d ay

Để có thể dạy - học tốt và bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán ở trường THCS tôi xin đề xuất một số vấn đề sau:

eb oo k

1. Toán học là bộ môn văn hoá cơ bản trong nhà trường phổ thông do đó cần phải có nhận thức đúng đắn về vai trò, vị trí của nó trong cấu trúc chương trình. 2. Tạo điều kiện về cơ sở vật chất, trang thiết bị, phương tiện dạy - học để việc tổ chức tiết học đạt hiệu quả.

-P D

3. Nhân rộng và phổ biến những kinh nghiệm hay mô hình tốt có hiệu quả thiết thực.

4. Đầu tư kinh phí hợp lý cho công tác nghiên cứu thực tế, nắm bắt tốt thông tin từ giáo viên và học sinh, đề ra những chủ trương, biện pháp khả thi thiết thực.

-P D

eb oo k

:d ay

ke m

qu yn ho n

bu s

es s@ gm ai

l.c om

ĐÁNH GIÁ, NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NHÀ TRƯỜNG

-P D

F eb oo k :d ay

l.c om

es s@ gm ai

bu s

qu yn ho n

ke m

Háº¿t

1. PHẦN MỞ ĐẦU 1.1. Lý do chọn đề tài

es s@ gm ai

l.c om

qu yn ho n

bu s

ke m

eb oo k

:d ay

-P D

Trong nhà trường phổ thông, môn Toán nói chung và môn Hình học nói riêng giữ một vị trí rất quan trọng. Trong môn học này, học sinh được học nhiều kiến thức, nhiều phương pháp suy luận, rèn luyện kỹ năng tính toán, vẽ hình. Ngoài ra môn học này còn góp phần bồi dưỡng cho học sinh những phẩm chất đạo đức, tính linh hoạt, độc lập, sáng tạo..... Nhưng do tính trừu tượng của môn học và là môn học khó đối với học sinh cấp THCS. Gặp bài chứng minh hình học, học sinh thường lúng túng không biết bắt đầu từ đâu, vận dụng kiến thức nào để giải quyết vấn đề. Do vậy bài làm của nhiều học sinh bị sai, không hoàn chỉnh hoặc không tìm được phương pháp giải...dẫn đến học 27

es s@ gm ai

l.c om

qu yn ho n

bu s

* Điểm mới của Đề tài

-P D

eb oo k

:d ay

ke m

1.2. Phạm vi áp dụng đề tài:

* Đối tượng nghiên cứu:

l.c om

-P D

eb oo k

:d ay

ke m

qu yn ho n

bu s

es s@ gm ai

* Phạm vi áp dụng đề tài: Đề tài này áp dụng cho học sinh lớp 7 và giáo viên dạy Toán THCS nơi bản thân đang công tác.

2. PHẦN NỘI DUNG 2.1. Thực trạng của nội dung cần nghiên cứu

qu yn ho n

bu s

es s@ gm ai

l.c om

ke m

* Số liệu khảo sát trước khi áp dụng đề tài:

Trước khi áp dụng đề tài tôi đã tiến hành khảo sát với nội dung kiến thức liên 0-<2

:d ay

quan đến vẽ thêm yếu tố phụ trên 30 học sinh. Kết quả đạt được như sau: 2-<5

3,3

8 – 10

40,0

33,3

16,7

6,7

6,5 - < 8

eb oo k

5 - < 6,5

-P D

2.2. Các giải pháp 2.2.1. Cơ sở lý luận của việc vẽ thêm yếu tố phụ

Bài toán 1: Dựng một tam giác biết độ dài ba cạnh của nó là a; b; c.

b A

es s@ gm ai

l.c om

Giải: * Cách dựng:

- Dựng tia Ax.

bu s

- Dựng đường tròn (A, c). Gọi B là giao điểm của đường tròn (A, c) với tia Ax.

qu yn ho n

Bài toán 2: Dựng một góc bằng góc cho trước.

ke m

Cách dựng:

:d ay

là góc cho trước. Dựng đường tròn (O, r) cắt Ox ở A và cắt Oy ở B Gọi xOy ta được ∆OAB.

eb oo k

' = O . Dựng ∆O’A’B’ = ∆OAB ( c.c. c) như bài toán 1, ta được O x

A’

-P D

O’

B’

Bài toán 3: Dựng tia phân giác của góc xAy cho trước. Cách dựng: - Dựng đường tròn (A, r) cắt Ax ở B và cắt Ay ở C.

- Dựng các đường tròn (B, r) và (C, r) chúng cắt nhau ở D. Tia AD là tia phân . giác của xAy A1 = A2 Thật vậy: ∆ABD = ∆ACD ( c - c - c) ⇒

B r

r D

l.c om

1 2 r

es s@ gm ai

C y

Bài toán 4: Dựng trung điểm của đoạn thẳng AB cho trước. Cách dựng:

qu yn ho n

bu s

Dựng hai đường tròn (A, AB) và (B, BA) chúng cắt nhau tại C, D. Giao điểm của CD và AB là trung điểm của AB.

eb oo k

:d ay

ke m

* Chú ý: đây cũng là cách dựng đường trung trực của đoạn thẳng cho trước.

-P D

Cách dựng:

l.c om

a A

es s@ gm ai

bu s

Trên đây là các bài toán dựng hình cơ bản, khi cần thì sử dụng mà không cần nhắc lại cách dựng.

qu yn ho n

Khi cần vẽ thêm đường phụ để chứng minh thì cũng phải căn cứ vào những đường cơ bản đã dựng để vẽ thêm không nên vẽ một cách tuỳ tiện.

2.2. 2. Cơ sở thực tế

ke m

:d ay

Bước 1: Xét xem hai đoạn thẳng (hay hai góc) đó là hai cạnh (hay hai góc) thuộc hai tam giác nào?

eb oo k

Bước 2: Chứng minh hai tam giác đó bằng nhau. Bước 3: Từ hai tam giác bằng nhau, suy ra cặp cạnh (hay cặp góc) tương ứng bằng nhau.

-P D

2.2.3. Một số phương pháp vẽ yếu tố phụ

Bây giờ chúng ta cùng nghiên cứu một số phương pháp đơn giản nhất, thông dụng nhất để vẽ thêm yếu tố phụ trong giải toán Hình học 7:

Phương pháp 1: Vẽ trung điểm của một đoạn thẳng, vẽ tia phân giác của một góc

l.c om

Bài cho tam giác ABC có AB = 10 cm; BC = 12 cm, D là trung điểm của cạnh AB. Vẽ DH vuông góc với BC ( H ∈ BC) và DH = 4cm.

es s@ gm ai

Yêu cầu chứng minh tam giác ABC cân tại A. 2) Hướng suy nghĩ:

∆ABC cân tại A ⇔ AB = AC. Ta nghĩ đến điểm phụ K là trung điểm của AB. Vậy yếu tố phụ cần vẽ là trung điểm của BC. A

∆ABC; AB = 10cm;

1 BC = 12 cm; DA = DB = AB ; 2

qu yn ho n

DH ⊥ BC, DH = 4 cm

bu s

3) Chứng minh:

∆ ABC cân tại A.

ke m

Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng BC, ta có: BK = KC =

1 B C = 6 cm . 2

eb oo k

:d ay

1 AB = 5 cm ( do D là trung điểm của AB) 2 = 900 ( gt), theo định lí Pitago ta có: DH2 + BH2 = BD2 Xét ∆ HBD có: BHD Lại có: BD =

⇒ BH2 = BD2 - DH2 = 52 - 42 = 9 ⇒ BH = 3 ( cm) Ta có BH + HK = BK ( Vì H nằm giữa B và K ) ⇒ HK = BK – BH = 6 – 3 = 3 (cm)

-P D

Xét ∆ABK có BD = DA ( gt ) ; BH = HK ( = 3 cm)

⇒ DH // AK (đường nối trung điểm 2

cạnh của tam giác thì song song với cạnh thứ 3).

Ta có: DH ⊥ BC, DH // AK ⇒ AK ⊥ BC.

⇒ AKB = AKC = 900 Xét ∆ ABK và ∆ACK có: BK = KC ( theo cách lấy điểm K)

AKB = AKC = 900 AK là cạnh chung

B H

Do đó ∆ ABK = ∆ACK (c - g - c) ⇒ AB = AC ⇒ ∆ ABC cân tại A (đpcm).

4) Nhận xét:

es s@ gm ai

l.c om

2) Hướng suy nghĩ:

AB = AC.

qu yn ho n

Bài cho: tam giác ABC có

bu s

1) Phân tích bài toán:

3) Chứng minh:

∆ABC;

AB = AC

:d ay

= C B

ke m

( I∈ BC) Đường phụ cần vẽ thêm là tia phân giác AI của BAC

eb oo k

( I∈ BC). Vẽ tia phân giác AI của BAC

1 ⇒ A1 = A2 = B AC .

(1)

Áp dụng định lí tổng ba góc của tam giác vào hai tam giác ABI và ACI ta có:

( ) A +C −( )

-P D

+ I =1800 ⇒ I =1800 − A1 + B A1 + B * 1 1

+ I =1800 ⇒ I =1800 A2 + C * 2 2

Mặt khác

= C B

( theo (1) )⇒ A1 = A ( gt); 2

Xét ∆ ABI và ∆ ACI ta có:

I1 = I2

( theo (2))

Cạnh AI chung

I 1 = I 2

(2)

A1 = A 2 ( theo (1)) ⇒ ∆ ABI = ∆ ACI ( g - c - g) ⇒ AB = AC ( 2 cạnh tương ứng)

l.c om

4) Nhận xét:

Trong cách giải trên, ta phải chứng minh AB = AC bằng cách kẻ thêm AI là tia phân giác của góc BAC để tạo ra hai tam giác bằng nhau.

es s@ gm ai

Bài cho Tam giác ABC vuông tại A, AM là đường trung tuyến ứng với cạnh

bu s

1 BC ⇔ 2 AM = BC 2

qu yn ho n

huyền, yêu cầu chứng minh: AM = 2) Hướng suy nghĩ:

ke m

3) Chứng minh: GT

A = 900 ;

:d ay

∆ABC;

AM là trung tuyến

1 2

eb oo k

Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho: MD = MA. A

MA = MD ( theo cách lấy điểm D)

-P D

Xét ∆ MAC và ∆ MDB ta có:

=M ( hai góc đối đỉnh) M 1 2 B

MB = MC ( Theo gt)

M 1

⇒ ∆ MAC = ∆ MDB ( c - g - c) ⇒ AB = CD (2 cạnh tương ứng) (1)

(2 góc tương ứng). A1 = D và

⇒ AB // CD ( vì có cặp góc so le trong bằng nhau). A1 = D Từ 36

Lại có: AC ⊥ AB ( gt) ⇒ AC ⊥CD (Quan hệ giữa tính song song và vuông

góc) ⇒ ACD = 900 => B AC = A C D = 9 0 0 (2) Xét ∆ ABC và ∆ CDA có:

l.c om

AB = CD ( Theo (1))

B AC = A C D = 9 0 0 ( Theo (2))

es s@ gm ai

AC là cạnh chung ⇒ ∆ ABC = ∆ CDA ( c - g - c) ⇒ BC = AD ( 2 cạnh tương ứng ). Mà AM =

1 AD 2

nên AM =

1 BC 2

4) Nhận xét:

qu yn ho n

bu s

Trong cách giải của bài tập trên, để chứng minh AM =

1 BC ta đã vẽ thêm 2

đoạn thẳng MD trên tia AM sao cho MD = MA, do đó A M =

1 2

AD Như vậy

ke m

:d ay

Bài toán 4: Cho tam giác ABC có AB < AC. Gọi M là trung điểm của BC.

& MAC ? (Bài 7/ 24 SBT toán 7 tập 2) So sánh BAM

eb oo k

1) Phân tích bài toán: Cho tam giác ABC có AB < AC, M là trung điểm của BC.

& MAC ? Yêu cầu : So sánh BAM

2) Hướng suy nghĩ:

-P D

Hai góc BAM và MAC không thuộc về một tam giác. Do vậy ta tìm một tam giác có hai góc bằng hai góc BAM và MAC và liên quan đến AB, AC vì đã có

AB < AC. Từ đó dẫn đến việc lấy điểm D trên tia đối của tia MA sao cho

MD = MA. Điểm D là yếu tố phụ cần vẽ thêm để giải được bài toán này.

3) Chứng minh: GT KL

∆ABC; AB < AC

M là trung điểm BC

& MAC ? So sánh BAM B 37

Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho: MD = MA. Xét ∆ MAB và ∆ MDC ta có:

MA = MD ( theo cách lấy điểm D)

l.c om

=M ( vì đối đỉnh) M 1 2 1

MB = MC ( Theo gt)

es s@ gm ai

⇒ ∆ MAB = ∆ MDC ( c - g - c) ⇒ AB = CD (2 cạnh tương ứng) (1)

(2 góc tương ứng). (2) A1 = D và

Ta có: AB = CD ( Theo (1)), mà AB < AC ( gt) ⇒ CD < AC.(3)

Xét ∆ACD có:

bu s

CD < AC ( theo (3))

qu yn ho n

(Quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác) A2 < D

< MAC BAM

( theo (2)) nên Mà A1 = D A2 < A 1 hay 4) Nhận xét:

ke m

A1 & A trong một tam giác. Ta đã chuyển góc 2

về cùng một tam giác bằng cách vẽ

:d ay

, ta chỉ còn phải so sánh D &A ở A1 = D đường phụ như trong bài giải, lúc đó 2 trong cùng một tam giác ADC.

eb oo k

Phương pháp 3: Nối hai điểm có sẵn trong hình hoặc vẽ thêm giao điểm của hai đường thẳng. Bài toán 5: Cho hình vẽ, biết AB // CD; AC // BD.

Chứng minh: AB = CD, AC = BD?

-P D

( Bài 38/ 124 SGK Toán 7 tập 1)

2) Hướng suy nghĩ:

Để chứng minh AB = CD, AC = BD cần tạo ra hai tam giác chứa các cặp cạnh trên, yếu tố phụ cần vẽ là nối B với C hoặc nối A với D.

AB // CD; AC // BD

AB = CD; AC = BD

Xét ∆ ABD và ∆ DCA có: AD là cạnh chung ⇒ ∆ ABD = ∆ DCA ( g - c - g)

qu yn ho n

= DAC (hai góc so le trong (AC // BD)) ADB

bu s

= CDA (hai góc so le trong (AB // CD)) BAD

es s@ gm ai

l.c om

3) Chứng minh:

Vậy: AB = CD; AC = BD ( các cạnh tương ứng) 4) Nhận xét:

eb oo k

:d ay

ke m

Phương pháp 4: Từ một điểm cho trước, vẽ một đường thẳng song song hay vuông góc với một đường thẳng.

-P D

Bài toán 6: Tam giác ABC có đường cao AH và trung tuyến AM chia góc A thành ba góc bằng nhau.Chứng minh rằng ∆ ABC là tam giác vuông và ∆ ABM là tam giác đều?

∆ ABC; AH ⊥BC; GT trung tuyến AM;

A1 = A2 = A3

∆ ABC vuông ; ∆ ABM đều

1 2

es s@ gm ai

Vẽ MI ⊥ AC ( I ∈ AC)

l.c om

2 3

Xét ∆ MAI và ∆ MAH có:

= I = 9 0 0 ( gt) H AM là cạnh chung)

⇒ ∆ MAI = ∆ MAH ( cạnh huyền - góc nhọn)

A2 = A 3 (gt)

⇒ MI = MH ( 2 cạnh tương ứng) (1)

= H = 9 0 0 ( gt) H 1 2 AH là cạnh chung

⇒ ∆ ABH= ∆ AMH ( g - c - g) ⇒ BH= MH ( 2 cạnh tương ứng) (2)

ke m

( gt) A1 = A 2

qu yn ho n

bu s

Xét ∆ ABH và ∆ AMH có:

Mặt khác: H ∈ BM , nên từ (1) và (2) ⇒ MI = MH = BH =

1 BM 2

:d ay

1 CM 2 1 = 300 từ đó suy ra: Xét ∆ MIC vuông tại C có: M I = C M nên C 2 3 3 = 600 ⇒ B HAC .6 0 0 = 9 0 0 . AC = HAC = 2 2 = 300 ⇒ B = 600 Vậy ∆ ABC vuông tại A. Vì C

-P D

eb oo k

Lại có BM = CM (gt) ⇒ MI =

1 B C ( tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam 2 1 giác vuông) và BM = MC = B C ( vì M là trung điểm BC) suy ra AM = BM do 2 Lại có A M =

đó ∆ABM cân tại A và có 1 góc bằng 600 nên nó là tam giác đều. 4) Nhận xét:

dàng, qua đó càng thấy rõ vai trò của việc vẽ thêm yếu tố phụ trong giải toán hình học.

Bài toán 7: ( Đề kiểm tra HSG Toán 7 PGD&ĐT LỆ THỦY - năm học: 2011- 2012)

l.c om

1 H

N Q

bu s

es s@ gm ai

qu yn ho n

ke m

= 135° ⇒ BKH = 135° ⇒ AHQ = 45° ⇒ AHC = 135° ⇒ BKA Do đó ∆ BAK = ∆ BHK (c.g.c) ⇒ BA = BH hay ∆ ABH cân tại B .

:d ay

eb oo k

Phương pháp 5: Phương pháp “tam giác đều”

-P D

Đặc biệt đối với các bài tập về tính số đo góc, trước tiên ta cần hướng dẫn học sinh chú ý đến những tam giác chứa góc có số đo xác định như:

- Tam giác cân có một góc xác định.

- Tam giác đều. - Tam giác vuông cân.

Ta hãy xét một bài toán điển hình:

l.c om

es s@ gm ai

=1 Yêu cầu chứng minh: DCA A.

2) Hướng suy nghĩ:

Đề bài cho tam giác cân ABC có góc ở đỉnh là 200, suy ra góc ở đáy là 800. Ta thấy 800 -200 = 600 là số đo mỗi góc của tam giác đều ⇒ Vẽ tam giác đều BMC

=1 DCA A . 2

ke m

∆ABC; AB = AC; A = 200 AD = BC (D ∈AB)

qu yn ho n

bu s

3) Chứng minh:

:d ay

Ta có: ∆ABC; AB = AC; A = 200 ( gt)

eb oo k

1800 − 200 Suy ra: B = C = = 800 2

Vẽ tam giác đều BCM ( M và A cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ BC), ta được:

= ACM = 800 - 600 = 200 AD = BC = CM đồng thời ABM

-P D

= MAC = 200 : 2 = 100 Ta có ∆ MAB = ∆ MAC ( c - c - c) ⇒ MAB Xét ∆CAD và ∆ACM có:

AD = CM ( chứng minh trên)

= CAD ACM ( = 200 )

AC là cạnh chung Do đó ∆CAD = ∆ACM ( c -g -c )

= MAC = 100 . Vậy DCA = 1 BAC. => DCA 2 4) Nhận xét:

l.c om

* Ta cũng có thể giải bài toán trên bằng cách vẽ tam giác đều kiểu khác:

- Cách 2: Vẽ tam giác đều ABM ( M và C cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AB)

es s@ gm ai

- Cách 3: Vẽ tam giác đều ACM (M và B cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ AC)

- Cách 4: Vẽ tam giác đều ACM (M và B thuộc hai nửa mặt phẳng đối nhau qua bờ AC)

qu yn ho n

bu s

1) Phân tích bài toán:

ke m

= 150. Bài cho tam giác ABC vuông tại A, C

:d ay

Trên tia BA lấy điểm O sao cho BO = 2 AC. Yêu cầu chứng minh ∆ OBC cân tại O.

eb oo k

2) Hướng suy nghĩ:

= 150 suy ra 750 - 150 = 600 Ta thấy C là số đo của mỗi góc trong tam giác đều

A 150

⇒ sử dụng phương pháp tam giác đều vào việc giải bài toán.

-P D

3) Chứng minh:

0 ∆ABC; = 150 A = 90 ; C O

O ∈ tia BA: BO = 2AC

KL ∆ OBC cân tại O. 0 A = 90 ; C Ta có: ∆ABC; = 150 (gt) ⇒ B = 750

Vẽ tam giác đều BCM (M và A cùng thuộc một nửa mặt phẳng bờ BC)

= = 750 − 600 = 150 ABC − MBC Ta có: OBM

A B

Gọi H là trung điểm của OB ⇒ HO = HB = Mặt khác BO = 2AC (gt) nên AC =

1 OB . 2

1 OB 2

l.c om

từ đó có AC = BH Xét ∆ HMB và ∆ ABC có: BH = AC (cmt)

es s@ gm ai

= HBM ACB ( = 150 ) MB = BC (cạnh ∆ đều BMC)

= Do đó ∆ HMB = ∆ ABC ( c - g - c) ⇒ H A = 900 ⇒ MH ⊥ OB

bu s

∆ MOB có MH là đường cao và là đường trung tuyến nên cân tại M, lại có góc =1800 − 2.150 = 1500 . đáy OBM = 150 ⇒ góc ở đỉnh BMO

qu yn ho n

= 3600 − (1500 + 600 ) = 1500 ⇒ CMO = BMO ( = 1500 ) Từ đó CMO

∆MOB và ∆MOC có : MB = MC ( cạnh của ∆ đều BMC)

= BMO (cmt) CMO OM chung

ke m

Do đó ∆MOB = ∆MOC (c-g-c) ⇒ OB = OC 4) Nhận xét:

:d ay

Vậy ∆OBC cân tại O (đpcm).

-P D

eb oo k

Bài toán 10. Cho ∆ ABC vuông cân tại A, điểm E nằm trong tam giác sao cho

= ECA = 150 . Tính EAC AEB = ? B

Hướng dẫn :

= 750 & EAC = 150 sẽ sớm phát hiện thấy BAE 44

E A

150

mà 750 - 150 = 600 là góc của tam giác đều (Cũng có em nhận xét:

= 450 ; ECA = 150 và 450 + 150 = 600 ). BCA

l.c om

= 900 − ( 600 + 150 ) = 150 ⇒ BAK = EAC ( = 150 ) . BAK Khi đó ∆ BAK = ∆ CAE (c.g.c) vì : AB = AC (gt)

bu s

= EAC (= 150 ) BAK

AK = AE ( cạnh ∆ đều )

qu yn ho n

Từ đó dẫn đến ∆ ABK cân tại K

và có góc ở đáy bằng 150 nên góc ở đỉnh là

= 1800 − 2.150 = 1500 K 1

1 2

150

ke m

Mà AKE = 600 nên

es s@ gm ai

Từ đó có thể hướng dẫn các em cách vẽ thêm tam giác đều như sau:

150

:d ay

= 3600 − (1500 + 600 ) = 1500 K 2

eb oo k

∆ AKB = ∆ EKB (c.g.c) vì : AK = EK ( cạnh ∆ đều AKE )

=K ( = 1500 ) K 1 2

BK chung

-P D

= 150 và AB = EB dẫn đến ∆ ABE cân tại B có ABK = EBK Từ đó suy ra

1800 − 300 0 0 0 = 750 góc ở đỉnh ABE =15 + 15 = 30 ⇒ BAE = AEB = 2 Ở bài toán này đầu bài cũng cho hai cặp đoạn thẳng bằng nhau là:

AB = AC; EA = EC. Do vậy cũng có thể giải bài toán đó theo các cách: Vẽ tam giác đều có một cạnh là AE; hoặc EC; hoặc AC.

học sinh óc quan sát nhạy bén, linh hoạt và cũng làm cho tư duy hình học của các em được phát triển hơn.

Bài toán 11

l.c om

Cho tam giác cân ABC có đáy BC, góc ở đáy bằng 500. Lấy điểm K trong tam A = 100 ; KCB = 300 . giác, sao cho KBC ?

* Hướng giải quyết: ABK = 500 - 100 = 400 ∆ ABK có:

es s@ gm ai

Tính số đo các góc của ∆ ABK. ?

Vậy chỉ còn phải tính hai góc còn lại là:

100

& BKA . BAK

30 0

Xem xét đầu bài ta thấy ∆ ABC có các góc 500, 500, 800

bu s

KBC ABC = 500, mà 500 + 100 = 600 chính là góc của tam giác đều. = 100,

qu yn ho n

Từ đó có thể giải bài toán trên theo cách sau (học sinh tìm ra hoặc giáo viên gợi ý): - Cách 1:

= 100 ABE = KBC Vẽ ∆ đều BCE trùm lên ∆ ABC, tạo ra

ke m

Từ đó chứng minh ∆ EAB = ∆ EAC (c.c.c)

=E = 1 BEC = 1 .600 = 300 ⇒E 1 2 2 2

:d ay

1 2

A ?

eb oo k

Khi đó ∆ ABE = ∆ KBC (g.c.g) vì: = 30o = KCB E 1

100

BE = BC

= KBC ( = 100 ) EBA

-P D

300

10 0

⇒ AB = KB. Do đó ∆ ABK cân tại B có góc ở đỉnh

K C

ABK = 400

= BKA = (1800 − 400 ) : 2 = 700 ⇒ BAK

Vậy các góc của ∆ ABK là 400; 700; 700. - Cách 2:

= ECA − BCA = 800 − 500 = 300 ⇒ BCE

Do vậy ∆ KBC = ∆ EBC (g.c.g) vì:

A ?

= EBC = 100 KBC

BC chung ?

⇒ BK = BE mà BE = BA nên BK = BA.

K 30 0

100

l.c om

= BCE = 300 KCB

Khi đó ∆ ABK cân tại B có góc ở đỉnh là 40 nên hai góc còn lại là 700 và 700.

es s@ gm ai

- Cách 3: Vẽ ∆ đều AEC ( E, B nằm cùng phía đối với AC ) = KBC = 100 và ∆ ABE cân tại A tạo ra BCE

có góc ở đỉnh bằng 800- 600 = 200

bu s

⇒ góc ở đáy bằng 800

qu yn ho n

= 800 − 500 = 300 ⇒ EBC

Do đó ∆ KBC = ∆ ECB (g.c.g) vì: = KBC = (100 ) BCE

= KCB ( = 300 ) EBC

10 0

K 30 0

ke m

BC chung

:d ay

⇒ KB = EC mà EC = AC = AB nên KB = AB ⇒ ∆ ABK cân tại B Vậy các góc cần tính là: 400; 700; 700.

-P D

eb oo k

= 750 . Đường cao AH có độ dài bằng Bài toán 12. Cho tam giác ABC có C nửa BC. Tính số đo góc B Phân tích: A

= 750 ⇒ CAH =150 ∆ AHC vuông tại H có C Mà 750 - 150 = 600 là góc của tam giác đều.

750

Từ đó hướng dẫn HS vẽ thêm tam giác đều. Có các cách vẽ như sau:

- Cách 1: = CAH = 150 Vẽ tam giác đều AEC nằm trong ∆ ABC, tạo ra: ECB

Kẻ EK ⊥ BC (có thể hướng dẫn và giải thích cho học sinh tại sao lại kẻ như vậy).

l.c om

Khi đó ∆ vuông EKC = ∆ vuông CHA (cạnh huyền, góc nhọn) vì: EC = AC

⇒ KC = AH, mà

AH =

es s@ gm ai

= CAH ( = 150 ) ECB 1 1 BC ⇒ KC = BC 2 2

Vậy K là trung điểm của BC, lại có KE ⊥ BC do đó tam giác EBC cân tại E

= ECB = 150 . ⇒ EBC

bu s

= 1800 - 2.150= 1500 Do đó : BEC

∆ BEC = ∆ BEA (c.g.c) vì: BE chung

E 750

ke m

= BEA = 1500 BEC

qu yn ho n

= 3600 - (600 + 1500) = 1500 Từ đó có BEA

EC = EA

:d ay

= 150 ⇒ = 150 + 150 = 300 ⇒ ABE = CBE ABC = ABE + CBE (Hoặc từ ∆ BEC = ∆ BEA ⇒ AB = BC ⇒ ∆ ABC cân tại B có góc ở đáy

eb oo k

bằng 750 ⇒ ABC = 300 ) - Cách 2:

Vẽ tam giác đều BEC

(E, A nằm cùng phía đối với BC)

-P D

= 150 = CAH tạo ra ACE

Từ A kẻ AK ⊥ EC ( K ∈ EC ) thì

∆ vuông AKC = ∆ vuông CHA (c. huyền - g. nhọn) vì:

1 2

Cạnh huyền AC chung

= 150 ACK = CAH ⇒ KC = AH, mµ AH =

1 1 1 BC ⇒ KC = BC = EC 2 2 2

Mà K ∈ EC nên K là trung điểm của EC.

C H

Vậy ∆ EAC có AK là đường cao đồng thời là đường trung tuyến nên cân tại A ⇒ AE = AC. Xét ∆ AEB và ∆ ACB có: BE = BC (cạnh của ∆ đều BCE)

l.c om

AB chung AE = AC

es s@ gm ai

Do đó ∆ AEB = ∆ ACB (c.c.c)

=B = 1 EBC = 1 .600 = 300 . Vậy ABC = 300 ⇒B 1 2 2 2 (Và suy ra K là giao điểm của AB và EC)

Ở ví dụ này bài cho không có cặp đoạn thẳng nào bằng nhau thì phải vẽ tam giác đều sao cho liên hệ được các dữ kiện của giả thiết.

qu yn ho n

bu s

:d ay

ke m

eb oo k

20,0

30,0

33,3

16,7

-P D

*Nhận xét:

3. PHẦN KẾT LUẬN 3.1. Ý nghĩa của đề tài

qu yn ho n

bu s

es s@ gm ai

l.c om

3.2. Kiến nghị, đề xuất

ke m

:d ay

Để có thể dạy - học tốt và bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán ở trường THCS tôi xin đề xuất một số vấn đề sau:

eb oo k

-P D

3. Nhân rộng và phổ biến những kinh nghiệm hay mô hình tốt có hiệu quả thiết thực.

-P D

eb oo k

:d ay

ke m

qu yn ho n

bu s

es s@ gm ai

l.c om

ĐÁNH GIÁ, NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC NHÀ TRƯỜNG

1. PHẦN MỞ ĐẦU 1.1. Lý do chọn đề tài.

es s@ gm ai

l.c om

Trong suốt chương trình học trong nhà trường, mỗi môn học đều góp phần vào việc hình thành và phát triển những cơ sở ban đầu cho học sinh. Trong đó môn Toán giữ vai trò quan trọng, thời gian dành cho việc học Toán chiếm tỉ lệ khá cao. Thực tế những năm gần đây, việc dạy học Toán đã có những bước cải tiến về phương pháp, nội dung và hình thức dạy học.

-P D

eb oo k

:d ay

ke m

qu yn ho n

bu s

Các dạng bài tập của môn Toán trong chương trình trung học cơ sở (THCS) rất đa dạng và phong phú. Một trong những dạng toán cơ bản của môn Toán 6 là giải các bài toán về phần phân số. Đặc biệt trong các kì thi học sinh giỏi môn Toán lớp 6 cấp huyện ở Lệ Thủy thì phân số là nội dung hay đề cập đến và thường là những bài khó. Các bài toán về phân số nếu chỉ đơn thuần làm các bài tập như sách giáo khoa thì rất dễ nhưng các bài toán nâng cao thì rất phức tạp, đa dạng và không có một quy tắc chung nào để giải, phải sử dụng các phương pháp khác nhau một cách linh hoạt, sáng tạo. Trong khi năng lực tư duy, khả năng phân tích tổng hợp của học sinh còn hạn chế nên học sinh thường bế tắc trong việc tìm ra cách giải cho loại toán này. Vấn đề đặt ra trong việc giải toán là phải biết nhận dạng bài toán và lựa chọn phương pháp thích hợp để giải. Là một giáo viên trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi (HSG) Toán 6, để giúp học sinh giải quyết những khó khăn đó, đồng thời bổ sung một số kiến thức về phần phân số, làm tài liệu tham khảo trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi, góp phần vào việc “đào tạo và bồi dưỡng nhân tài”. Tôi xin trình bày sáng kiến kinh nghiệm “Phương pháp giải bài tập nâng cao phần phân số cho học sinh giỏi lớp 6 ở trường THCS”. Đây là sự đúc rút kinh nghiệm nhằm cung cấp cho học sinh phương pháp nhận dạng các bài toán về phân số và hướng dẫn phương pháp để có lời giải hợp lý. 1.2. Điểm mới của đề tài. Đề tài bám sát chuẩn kiến thức kỹ năng, các phương pháp dạy học phổ biến nhằm hình thành cho các em tư duy khoa học hơn. Nội dung của đề tài được chia ra và hướng dẫn cụ thể từng phần, học sinh dễ dàng tiếp cận gây nên sự hứng thú trong học tập cho học sinh, kích thích cho các em sự ham học, ham hiểu biết và lòng say mê học Toán. Tạo một nền tảng vững chắc cho các em tiếp cận kiến thức về tính toán sau này. Thông qua mỗi dạng bài tập, giáo viên đưa ra bài giải chi tiết từ đó đưa ra các phương pháp giải cụ thể giúp học sinh nắm chắc kiến thức để làm các bài tập vận dụng.

-P D

eb oo k

:d ay

ke m

qu yn ho n

bu s

es s@ gm ai

l.c om

1.3. Phạm vi áp dụng đề tài. Nghiên cứu trong phạm vi các em đội tuyển học sinh giỏi hai năm học liền kề: 2013-2014 và 2014-2015 của trường nơi tôi đang công tác.

2. PHÇN NéI DUNG 2.1. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

Số HS không làm được

(1,5 điểm)

Tống số HS: 8

37,5

Số HS làm được từ 1 ->1,5 điểm SL

12,5

Số HS làm được từ 0,5 ->1 điểm

es s@ gm ai

Câu 2 phần phân số

l.c om

Trong năm học 2013-2014, sau khi đội tuyển HSG của trường tham gia kì thi HSG lớp 6 môn Toán cấp huyện Lệ Thủy, tôi đã thống kê về kết quả chất lượng làm bài của các học sinh (HS) phần phân số như sau:

qu yn ho n

bu s

Kêt quả chung xếp thứ: 13/28 ( trong đó có một giải ba, 2 giải khuyến khích)

:d ay

ke m

Qua bảng trên cho thấy, học sinh làm bài tập phần phân số đạt kết quả chưa cao, phương pháp bồi dưỡng của giáo viên về phần phân số này chưa được tốt nên ảnh hưởng đến chất lượng của đội tuyển HSG. Chính vì vậy bản thân tôi còn nhiều trăn trở, suy nghĩ muốn tìm ra những phương pháp dạy học mới về chuyên đề này để rèn kĩ năng cho học sinh nhằm góp phần nâng cao hơn nữa chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán 6 ở trường THCS. 2.2. Biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài

eb oo k

Để thực hiện tốt các giải pháp thì hai yếu tố hầu như quyết định đó là giáo viên và học sinh. Chính vì vậy giáo viên và học sinh cần phải thực hiện tốt các nội dung sau:

2.2.1. Đối với giáo viên:

-P D

- Để giúp giáo viên giảng dạy được thành công trong phương pháp trên, vai trò của người học là không nhỏ. Vì vậy giáo viên cần phải kích thích cho các em sự ham học, ham hiểu biết và lòng say mê học Toán nói chung, đặc biệt là phần phân số nói riêng, nhằm đem lại hiệu quả cao. - Phải nắm thật vững phương pháp giải và từng em học sinh để chuẩn bị bài giảng tốt. - Phải biết chọn lọc nội dung, phương pháp tập trung vào điểm mấu chốt, chọn kiến thức, kĩ năng cơ bản nào hay ứng dụng nhất để giảng tốt, luyện tốt. - Phải hướng dẫn học sinh nắm bắt kiến thức đến đâu, luyện chắc đến đấy. Tránh giảng qua loa đại khái để chạy theo số lượng bài tập.

- Suốt quá trình luyện giảng phải cho học sinh động não suy nghĩ tại sao, làm thế nào? Tại sao nghĩ như thế thì mới đạt kết quả.

es s@ gm ai

l.c om

2.2.2. Đối với học sinh: - Các em phải luôn đóng vai trò chủ động trong việc tiếp thu kiến thức, chỗ nào còn khó khăn vướng mắc học sinh cần mạnh dạn đặt câu hỏi ngay cho giáo viên bồi dưỡng . - Học sinh phải nắm thật chắc những kiến thức trong sách giáo khoa và các kiến thức liên quan , để từ đó mới vận dụng tốt các phương pháp làm bài tập nâng cao.

* Dạng của phân số

a với a, b∈ Z, b ≠ 0. b

a với a ∈ Z 1

ke m

a: là tử b: là mẫu của phân số. *a=

qu yn ho n

1. Phân số:

bu s

2.2.2.1. Các kiến thức cơ bản và liên quan

- Thường xuyên nghiên cứu tài liệu qua sách tham khảo, qua báo Toán học và Tuổi thơ ….hoặc tìm các bài tập có liên quan thông qua mạng Internet vì nội dung các bài tập trên mạng hiện nay rất nhiều .

:d ay

2. Phân số bằng nhau:

eb oo k

a c = nếu ad = bc với b ≠ 0, d ≠ 0. b d

3. Tính chất cơ bản của phân số. - Nếu ta nhân cả tử và mẫu của phân số với cùng một số nguyên khác 0 thì ta được phân số bằng phân số đã cho.

-P D

a a.m = với m ∈ z, m ≠ 0, b ≠ 0. b b.m

- Nếu ta chia cả tử và mẫu của một phân số cho cùng một ước chung của chúng ta thì ta được một phân số bằng phân số đã cho. a a: n = với n ∈ ƯC (a, b), b ≠ 0. b b: n

* Chú ý: - Mỗi phân số thì có vô số phân số bằng nó. - Mọi phân số đều có thể viết dưới dạng phân số mà mẫu số là số dương.

4. Rút gọn phân số. - Rút gọn một phân số là tìm một phân số đơn giản hơn nhưng vẫn bằng phân số đã cho.

es s@ gm ai

l.c om

- Muốn rút gọn phân số, ta chia cả tử và mẫu của phân số cho một ước chung (khác 1 và -1) của chúng. - Phân số tối giản là phân số không thể rút gọn được nữa (tử và mẫu chỉ có ước chung là 1 và -1). * Muốn tìm phân số tối giản, ta chỉ cần chia tử và mẫu của phân số cho ƯCLN của chúng. 5. Quy đồng mẫu nhiều phân số. Muốn quy đồng mẫu nhiều phân số ta làm như sau:

bu s

Bước 1: Tìm một bội chung của các mẫu (thường là BCNN) để làm mẫu chung.

qu yn ho n

Bước 2: Tìm thừa số phụ của mỗi mẫu (bằng cách chia mẫu chung cho từng mẫu).

Bước 3: Nhân tử và mẫu của mỗi phân số với thừa số phụ tương ứng.

ke m

Chú ý: - Nếu trong các phân số đã cho có những phân số chưa tối giản thì nên rút gọn các phân số đó trước khi quy đồng.

eb oo k

:d ay

- Nếu các mẫu của các phân số là các số nguyên tố cùng nhau thì mẫu chung là tích của các mẫu và thừa số phụ của mẫu là tích của các mẫu của các phân số còn lại. 6. So sánh phân số - Trong hai phân số có cùng mẫu dương, phân số nào có tử lớn hơn thì lớn hơn.

-P D

- Muốn so sánh hai phân số không cùng mẫu, ta viết chúng dưới dạng hai phân số có cùng một mẫu dương rồi so sánh các tử với nhau: phân số nào có tử lớn hơn thì lớn hơn. * Nhận xét: - Phân số có tử và mẫu là hai số nguyên cùng dấu thì lớn hơn 0 - Phân số lớn hơn 0 gọi là phân số dương. - Phân số có tử và mẫu là hai số nguyên khác dấu thì nhỏ hơn 0. - Phân số nhỏ hơn 0 gọi là phân số âm. 7. Phép cộng phân số - Muốn cộng hai phân số cùng mẫu, ta cộng các tử và giữ nguyên mẫu

a b a+b + = m m m

l.c om

- Muốn cộng hai phân số không cùng mẫu, ta viết chúng dưới dạng hai phân số có cùng một mẫu rồi cộng các tử và giữ nguyên mẫu chung. 8. Phép trừ phân số - Muốn trừ một phân số cho một phân số, ta cộng số bị trừ với số đối của số

es s@ gm ai

trừ. a c a  c − = + −  b d b  d

- Phép trừ phân số là phép toán ngược của phép cộng phân số.

9. Phép nhân phân số Muốn nhân hai phân số, ta nhân các tử với nhau và nhân các mẫu với nhau.

qu yn ho n

bu s

a c a.c ⋅ = b d b.d

2.2.2.2. Một số phương pháp giải bài tập phân số . Dạng1: Tìm điều kiện để phân số tồn tại, điều kiện để phân số có giá trị là số nguyên Cho biểu thức A =

3 (n∈z) n +1

ke m

Bài tập1:

:d ay

a) Số nguyên n phải có điều kiện gì để A là phân số. b) Tìm phân số A biết : n = 0; n = 10 ; n = -3. c) Tìm tất cả các giá trị nguyên của n để A là số nguyên.

eb oo k

Giải:

a) Biểu thức A có 3∈ Z, n ∈ Z nên n+1 ∈ Z. Để A là phân số cần có điều kiện n+1 ≠ 0 hay n ≠-1.

3 1

-P D

b) Với n = 0 thì A = = 3 Với n = 10 thì A = Với n= -3 thì A =

3 3 = 10 + 1 11

3 3 = − 3 +1 − 2

c) Để A là số nguyên ta phải có n+1 là ước của 3. Ư(3) = { − 3; − 1; 1; 3 } . Ta có bảng sau: n+1

-3

-1

-4

-2

Vậy n∈ { − 4; − 2; 0; 2 } Bài tập 2: Cho phân số B =

10 n (n ∈ Z ) . 5n − 3

l.c om

Tìm tất cả các giá trị nguyên của n để B là số nguyên. (Câu a: Đề kiểm tra chất lượng HSG môn Toán 6 phòng GD&ĐT Lệ Thủy năm học 2013- 2014) 10 n (10 n − 6) + 6 2(5n − 3) + 6 6 = = = 2+ 5n − 3 5n − 3 5n − 3 5n − 3

6 là số nguyên, tức là 5n-3 phải là ước của 6. 5n − 3

Để B là số nguyên thì phải có

-6

-3

-2

-3/5

1/5

Vì n ∈ Z nên n ∈ { 0; 1; }

4/5

6/5

9/5

2n + 15 là số nguyên. n +1

Giải:

2n + 15 2( n + 1) + 13 13 = = 2+ n +1 n +1 n +1

eb oo k

Để

:d ay

Bài tập 3: Tìm số n ∈ Z để phân số

Ta có

2/5

ke m

Vậy n ∈ { 0; 1; }

-1

qu yn ho n

5n-3

bu s

Ư(6) = { − 6; −3; −2; − 1; 1; 2;3; 6} , ta có bảng sau:

Ta có: B =

es s@ gm ai

Giải:

2n + 15 13 là số nguyên thì phải có là số nguyên. n +1 n +1

-P D

Tức là n+1 phải là ước của 13

Ư(13) = { − 13; − 1; 1; 13}, ta có bảng sau: n+1 -13

-1

-2

-14

Vậy n ∈ { − 14; − 2; 0; 12 } * Phương pháp giải : Phân số tồn tại khi tử và mẫu là các số nguyên và mẫu khác không. Phân số có tử là một số nguyên, mẫu có chứa ẩn có giá trị là số nguyên khi mẫu là ước của tử.

Phân số có tử và mẫu đều chứa ẩn thì biến đổi thành tổng của một số nguyên với một phân số có tử là một số nguyên và mẫu có chứa ẩn. * Bài tập vận dụng: n−9 ;n∈ Z n2 + 5

l.c om

Bài 1: Cho phân số A =

b) Tìm phân số A biết: n = -3 ; n = 0 ; n = 3. Bài 2: Cho phân số B =

3 ; n ∈ Z. (n − 2).(n + 1)

es s@ gm ai

a) Chứng tỏ rằng phân số A luôn tồn tại.

a) Viết tập hợp M các số nguyên n để phân số B tồn tại. b) Tìm phân số B biết n = -13; n = 0; n = 13. 3n + 1 ; n ∈ Z ; n ≠ 3. n−3

Bài 4: Cho A=

qu yn ho n

Tìm n để C có giá trị nguyên.

bu s

Bài 3: Cho phân số C =

c) Với giá trị nào của n thì B là số nguyên.

n−2 . tìm các giá trị nguyên của n để : n+3

a) A là một phân số

ke m

b) A là một số nguyên

(Đề kiểm tra chất lượng HSG lớp 6 phòng GD&ĐT Lệ Thủy năm học 2010-2011) 4 với n ∈ Z. n−3

:d ay

Bài 5: Cho phân số B =

eb oo k

a) Số nguyên n phải có điều kiện gì để phân số B tồn tại. b) Tìm phân số B biết: n = 0; n = 10; n = -2.

c) Tìm giá trị của n để B là một số nguyên.

-P D

Dạng 2 : Phân số tối giản Bài tập 1: Trong các phân số sau đây phân số nào là tối giản −5 ; 36

30 ; 42

18 ; − 43

7 15 ; . − 118 132

Giải: ƯCLN ( − 5 ; 36 ) = ƯCLN (5, 36)=1 ƯCLN(30, 42)=6 ƯCLN ( 18 ; − 43 ) = ƯCLN(18,43)=1 ƯCLN ( 7 ; − 118 ) = ƯCLN(7, 118)=1

ƯCLN (15;132) = 3 − 5 18 7 ; ; . 36 − 43 − 118

Bài tập 2: Tìm phân số tối giản

a biết. b

a. Cộng tử với 4, mẫu với 10 thì giá trị của phân số không đổi.

l.c om

Vậy các phân số tối giản là:

es s@ gm ai

b. Cộng mẫu vào tử, cộng mẫu vào mẫu của phân số thì giá trị của phân số tăng lên 2 lần. Giải:

a a+4 a 2 = hay ab + 10a = ab + 4b ⇒ 10a = 4b ⇒ = b b + 10 b 5

b. Ta có:

a a a = phân số này giảm đi 2 lần so với phân số b + b 2b b

bu s

a+b a+b a = tăng gấp 2 lần so với phân số b+b 2b b

suy ra a+b = 4a hay b=3a vậy

qu yn ho n

mà phân số

a. Ta có:

a 1 = b 3

Tuy nhiên vẫn có học sinh làm cách khác: a+b a = 2. b+b b

Vậy

eb oo k

=> b2 = 3ab => b= 3a

:d ay

=> (a+b)b = 2b . 2a => ab + b2 = 4ab

ke m

Theo bài ra ta có:

a 1 = b 3

Bài tập 3: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên thì những phân số có dạng

-P D

21n + 4 là phân số tối giản 14n + 3

Giải:

Vì n ∈ N , nên 21n +4 ∈ N* và 14n+3∈ N*. Do vậy để chứng minh phân số

21n + 4 là phân số tối giản với mọi n ∈ N, ta phải 14n + 3

chứng minh 21n +4 và 14n+3 là hai số nguyên tố cùng nhau. Gọi ƯCLN ( 21n + 4, 14n + 3 ) = d (d ∈ N* ). 2(21n + 4 )⋮ d 3(14n + 3)⋮ d

Khi đó 

42n + 8 ⋮ d 42n + 9 ⋮ d

=> 42n + 9 - 42n -8 ⋮ d =>1 ⋮ d Vậy d =1 21n + 4 là phân số tối giản với mọi số tự nhiên n. 14n + 3

Bài tập 4: Tìm tất cả các số tự nhiên n để phân số

n + 13 là phân số tối giản. n−2

Giải: n + 13 n − 2 + 15 15 = = 1+ ( n ≠ 2) n−2 n−2 n−2

n + 13 15 là phân số tối giản thì phân số là phân số tối giản. n−2 n−2

bu s

Để phân số

Ta có:

es s@ gm ai

Như vậy phân số

l.c om

Hay 

qu yn ho n

Muốn vậy 15 và n - 2 phải là 2 số nguyên tố cùng nhau. Vì 15 có 2 ước khác 1, khác 15 là 3 và 5. Từ đó suy ra n - 2 không chia hết cho 3 và 5 tức là: n - 2 ≠ 3k và n - 2 ≠ 5k. Hay n ≠ 3k +2 và n ≠ 5k + 2 (k∈N, k ≠ 0).

:d ay

ke m

* Phương pháp giải: Để tìm phân số tối giản trong các phân số cho trước, ta tìm ƯCLN của các giá trị tuyệt đối của tử và mẫu đối với từng phân số. Phân số nào có ƯCLN này là 1 thì đó là phân số tối giản.

eb oo k

Để chứng tỏ một phân số là tối giản, ta chứng minh ƯCLN của tử và mẫu của nó bằng 1(trường hợp tử và mẫu là các số nguyên dương, nếu là số nguyên âm thì ta xét số đối của nó ). Ngược lại, nếu muốn chứng minh phân số nào chưa tối giản (hay có thể rút gọn được nữa) ta chứng minh ƯCLN của chúng khác 1.

16 84 ; ; − 25 30

− 91 27 ; ; 112 125

− 182 ? 385

-P D

* Bài tập vân dụng: Bài 1: Trong các phân số sau đây, phân số nào là phân số tối giản

Bài 2: Tìm phân số tối giản nhỏ hơn 1 biết rằng tích của tử số và mẫu số của nó bằng120. Bài 3: Tìm số tự nhiên không lớn hơn 10 để phân số

5 là phân số tối n+7

giản. Bài 4: Chứng tỏ rằng với mọi số nguyên n, phân số sau là phân số tối giản 15n + 1 . 30n + 1

Bài 5: Cho phân số

n + 19 (n ∈ N ) n+6

a. Tìm các giá trị của n để phân số có giá trị là số tự nhiên.

a. Có giá trị là số tự nhiên. b. Là phân số tối giản. c. Với 150 < n < 170 thì A rút gọn được.

1 1 1 1 1 1 − ; − ; − . 2 3 3 4 4 5

qu yn ho n

Bài tập 1: a) Tính

bu s

Dạng 3 : Tổng các phân số viết theo quy luật

b) Áp dụng tính: A=

1 1 1 + + 2. 3 3. 4 4. 5

Giải:

1 1 3−2 1 − = = 2 3 2 .3 2 .3

ke m

:d ay

1 1 4−3 1 − = = 3 4 3.4 3.4

eb oo k

1 1 5−4 1 − = = 4 5 4 .5 4 .5

1 1 1 + + 2.3 3.4 4.5 1 1 1 1 1 1 = − + − + − 2 3 3 4 4 5 1 1 3 = − = 2 5 10

-P D

b) A =

Bài tập 2: Tính tổng B =

2 2 2 2 + + + ... + 15 35 63 399

Giải:

es s@ gm ai

8n + 193 4n + 3

l.c om

b. Tìm giá trị của n để phân số là tối giản Bài 6: Tìm số tự nhiên n để phân số

Bài tập 3: Tính tổng C =

l.c om

1 3 1 = 3

2 2 2 2 + + + ... + 3 .5 5 .7 7 .9 19 . 21 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − + ... + − 5 5 7 7 9 19 21 1 2 − = 21 7

es s@ gm ai

B =

1 1 1 1 + + + ... + 25.27 27.29 29.31 73.75

Giải:

1 1 1 1 + + + ... + 25.27 27.29 29.31 73.75 1  2 2 2 2  = + + + ... +   2  25 . 27 27 . 29 29 . 31 73 . 75  1  1 1  1 = −   = 2  25 75  75

qu yn ho n

bu s

C =

* Phương pháp giải: Với những bài toán có tử và mẫu được viết theo quy luật: Tử không thay đổi và đúng bằng hiệu hai thừa số ở mẫu, thừa số cuối ở mẫu trước bằng thừa số đầu ở m 1 1 để viết mỗi số hạng thành một = − b(b + m) b b + m

ke m

mẫu sau. Ta dùng công thức:

:d ay

hiệu của hai phân số, số trừ của nhóm trước bằng số bị trừ của nhóm sau, còn lại số bị trừ đầu tiên và số trừ cuối cùng, lúc đó phép tính được thực hiện dễ dàng.

thức:

eb oo k

Nếu mỗi số hạng có dạng phức tạp hơn như

2m thì ta dùng công b(b + m)(b + 2m)

2m 1 1 để viết mỗi số hạng thành một hiệu = − b(b + m)(b + 2m) b(b + m) (b + m)(b + 2m)

-P D

của hai phân số. * Bài tập vận dụng:

Bài 1: Tính tổng A =

1 1 1 1 + + + ... 1.6 6.11 11.16 (5n + 1)(5n + 6)

Bài 2: Tính tổng: B =

1 1 1 1 + + + ... + 1.2.3 2.3.4 3.4.5 18.19.20

(Bài tập trong chuyên đề học sinh giỏi lớp 6 phòng GD&Đ Lệ Thủy)

Bài 3: Chứng minh rằng: A =

1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + < 1; 2 2 3 4 100 2

(Đề kiểm tra chất lượng HSG lớp 6 phòng GD&ĐT Lệ Thủy năm học 20102011)

Bài 4: Chứng minh rằng: C =

1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + 2 < 1; (n ∈ N ; n ≥ 2). 2 2 3 4 n

Bài 5: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N ; n ≥ 2 ta có:

4 4 4 16 16 chứng minh: < A < + + ... + 15.19 19.23 399.403 81 80 2 2 2 Bài 7: Cho dãy số : ;... ; ; 4.11 11.18 18.25

Bài 6: Cho A =

Bài 8:

Cho A =

es s@ gm ai

a) Tìm số hạng tổng quát của dãy b) Gọi S là tổng của 100 số hạng đầu tiên của dãy. Tính S.

1 1 1 1 2 8 + 2 + 2 + ... + 2 . Chứng minh < A < 2 5 9 2 3 4 9

Dạng4 : Tìm số chưa biết trong đẳng thức

qu yn ho n

Giải:

x có giá trị bằng -4 19

bu s

Bài tập 1: Tìm số nguyên x sao cho phân số

Phân số

l.c om

3 3 3 3 1 + + + ... + < 9.14 14.19 19.24 (5n − 1)(5n + 4) 15

x x có giá trị bằng - 4 nên = - 4 => x = - 4.19. 19 19

Vậy x = -76

Bài tập 2: Tìm các số nguyên x, y, z biết :

:d ay

ke m

6 − x 21 z = = = 8 − 80 4 y

Trước khi giải bài toán này giáo viên nên lưu ý học sinh rút gọn phân số 3 . 4

eb oo k

về phân số tối giản là

Giải:

-P D

− x 21 3 6 − x 21 z z = = = => = = = 8 − 80 − 80 4 4 4 y y

* vì

3 21 => 3.y = 4.21 = 4 y

3.y = 84 y = 84:3

ai Em

−x 3 = ⇒ − x = 3 ⇒ x = −3 4 4

y = 28 * vì

3 z = => 4.z = 3. (-80) 4 − 80

4.z = -240

6 8

z = (-240):4 z = -60

* Phương pháp giải : a c = nên a.d = b.c (định nghĩa hai phân số bằng nhau). b d

suy ra: a =

b.c b.c a.d a.d ; d= ; b= ; c= . d a c b

es s@ gm ai

l.c om

Vậy: x = -3; y =28; z =-60

+ Áp dụng tính chất cơ bản của phân số để biến đổi hai phân số đã cho thành hai phân số bằng chúng nhưng có tử ( hoặc mẫu ) như nhau. Khi đó, mẫu ( hoặc tử ) của chúng phải bằng nhau, từ đó tìm được số chưa biết.

x + 3 −1 = ; 15 3

x 3

c. =

2 y

Bài 2: Tìm các số nguyên x, y biết

x+3 3 = và x+y = 20 7+ y 7

ke m

Bài 3: Tìm các số nguyên x, y, z, u, t, biết :

:d ay

Dạng 5: So sánh phân số Bài tập 1: So sánh các phân số

3 2 1 2 2 3 và và ; c) và ; b) 4 −3 −3 −5 5 3

eb oo k

−1 1 = ; −3 3

a) Ta có:

-P D

vì -1>-2 nên

b)Ta có:

2 3

c)Ta có: =

vì

Giải: −2 2 = 3 −3

−1 − 2 1 2 〉 ; do đó 〉 3 3 −3 −3

−2 2 = 5 −5

Vì -2<3 nên

bu s

5 x = ; 12 72

qu yn ho n

* Bài tập vận dụng: Bài 1: Tìm số nguyên x cho biết

−2 3 2 3 〈 ; do đó 〈 5 5 −5 5

8 3 9 ; = 12 4 12

2 3 8 9 〈 nên < . 12 12 3 4

12 8 y 40 16 u = = = = = 9 x 21 z t 111

77 84 ; 76 83.

Bài tập 2: So sánh hai phân số

Giải:

l.c om

77 1 = 1+ ; 76 76

Ta có

Vì

es s@ gm ai

84 1 = 1+ 83 83 1 1 77 84 〉 nên 〉 76 83 76 83

Bài tập 3: So sánh hai phân số

42 58 ; 43 59

Giải:

42 1 = 1− ; 42 43

bu s

Ta có

vì

qu yn ho n

58 1 = 1− 59 59 42 58 1 1 nên 〈 〉 43 59 43 59

18 15 ; 31 37

ke m

Bài tập 4: So sánh hai phân số

Giải:

18 ( phân số này có tử là tử của phân số thứ nhất 37

:d ay

Xét phân số trung gian

eb oo k

và có mẫu là mẫu của phân số thứ hai). Ta thấy:

18 15 > 31 37

-P D

suy ra:

18 18 18 15 > ; > . 31 37 37 37

Bài tập 5: So sánh hai phân số

Ta có nhận xét

− 387 − 592 ; 386 591

Giải: − 387 − 386 1 = −1 (1) + = 386 386 386 − 592 − 591 1 + = = −1 (2) 591 591 591 1 1 > 386 591

Từ (1); (2); (3) suy ra:

(3)

− 387 − 592 < 386 591

* Phương pháp giải: - Sử dụng quy tắc so sánh hai phân số cùng mẫu và khác mẫu. a =1+ M; b

c a c = 1 + N , mà M>N thì > . d b d

+ Nếu

a =1− M; b

a c c = 1 − N , mà M>Nthì < . d b d

- Dùng một phân số làm trung gian

es s@ gm ai

+ Nếu

l.c om

- Dùng số 1 làm trung gian:

* Bài tập vận dụng: Bài 1: So sánh các phân số: 64 73 ; ; 85 81 57 63 ; ; b) 67 73 2001 . 2002 − 1 ; c) 2001 . 2002 219 215 ; ; d) 220 216 − 303 − 516 e) ; 302 515

ke m

qu yn ho n

bu s

- Sử dụng phép cộng phân số thích hợp: trong một số trường hợp để so sánh hai phân số, ta có thể cộng chúng với hai phân số thích hợp có cùng tử. So sánh hai phân số này sẽ giúp ta so sánh được hai phân số đã cho.

eb oo k

:d ay

2002 . 2003 − 1 ; 2002 . 2003

-P D

Bài 2: Cho a, m, n ∈ N*. Hãy so sánh :

a a+m và b b+m

(Bài tập trong chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 6 huyện Lệ Thủy)

2.2.3. Kết quả nghiên cứu Trong quá trình nghiên cứu và thực hiện tôi đã thu được một số thành công bước đầu: 2.2.3.1.Về phía giáo viên: Tôi thấy trình độ chuyên môn được nâng cao hơn, đặc biệt phù hợp với quá trình đổi mới phương pháp dạy học của ngành đề ra. Bên cạnh đó hình thành ở giáo viên phương pháp làm việc khoa học. Hơn thế đã phát huy được sự tích cực chủ động của người học, hình thành ở học sinh những kĩ năng, kĩ xảo trong giải toán.

es s@ gm ai

l.c om

2.2.3.2.Về phía học sinh: Qua việc giới thiệu cho học sinh hệ thống các dạng bài tập về phân số, tôi thấy đã phát huy được tính tích cực, tư duy sáng tạo, say mê môn học của học sinh, giúp học sinh hình thành phương pháp và cách làm việc với bộ môn Toán học. Học sinh yêu thích bộ môn Toán hơn, đồng thời kích thích trí tò mò tìm hiểu các nội dung chuyên đề nâng cao khác trong chương trình bồi dưỡng môn Toán lớp 6. Chính vì vậy kết quả làm bài của các em tốt hơn nên chất lượng của đội tuyển HSG cũng có nhiều bước đột phá hơn. 2.2.3.3. Kết quả đạt được của đề tài cụ thể như sau:

SốHS không làm được

(1,5 điểm)

Tổng số HS:10

ke m

Câu 2 phần phân số

qu yn ho n

bu s

Sau khi đội tuyển HSG của trường tham gia kì thi HSG lớp 6 môn Toán cấp huyện Lệ Thủy năm học 2014-2015, trong đề ra cũng có một câu về phần phân số ( câu 2) và tôi đã khảo sát và thống kê về kết quả chất lượng làm bài của các học sinh phần này như sau:

Số HS làm được từ 0,5 ->1 điểm

Số HS làm được từ 1 ->1,5 điểm

eb oo k

:d ay

Kêt quả chung : Giải ba đồng đội ( trong đó có 2 giải nhì, 1 giải ba và 2 giải khuyến khích)

-P D

Kết quả trên cho thấy chất lượng bồi dưỡng HSG đã có bước chuyển biến. Tuy chưa cao nhưng tôi hi vọng khi đã có phương pháp tốt cho học sinh thì trong năm học 2015-2016 này đội tuyển học sinh giỏi toán 6 trường chúng tôi sẽ gặt hái được nhiều thành công hơn nữa.

3. KẾT LUẬN 3.1. Ý nghĩa của đề tài.

es s@ gm ai

l.c om

Việc phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi là nhiệm vụ của từng nhà trường mà cụ thể là từng nhà quản lí, từng giáo viên giảng dạy. Năng khiếu của học sinh nếu được phát hiện và bồi dưỡng sớm sẽ định hướng phát triển và dần định hình trở thành những học sinh giỏi.

qu yn ho n

bu s

Qua những năm bồi dưỡng HSG môn Toán lớp 6, tôi thấy rằng để giúp HS hiểu sâu sắc từng vấn đề thì ngoài việc nghiên cứu kỹ các dạng bài tập, chuẩn bị bài một cách chu đáo, giáo viên còn cần có “nghệ thuật giảng dạy” - phương pháp giảng dạy hợp lý. Kinh nghiệm cho thấy, với bài tập nâng cao về phân số cho HS lớp 6 cần phải hướng dẫn các em một cách dần dần, đi từ những vấn đề đơn giản, cơ bản, sau đó thay đổi một vài chi tiết để nâng dần đến bài tập phức tạp hơn. Sau mỗi bài giáo viên cần củng cố phương pháp giải quyết và có thể khai thác thành bài toán mới bằng cách thay đổi dữ kiện để HS tự mình vân dụng làm được những bài tập khó hơn.

ke m

Việc bồi dưỡng chuyên đề về phân số sẽ giúp HS có thêm kiến thức cơ bản và kỹ năng giải quyết bài tập trong các kỳ thi HSG cấp huyện, góp phần nâng cao chất lượng mũi nhọn trong nhà trường.

-P D

eb oo k

:d ay

Nói tóm lại việc tìm hiểu và phát hiện học sinh giỏi là công việc quan trọng của mỗi nhà trường, nhất là giai đoạn hiện nay. Việc bồi dưỡng nhân tài mang tính chiến lược của ngành Giáo dục và Đào tạo nhằm tạo ra lớp người mới năng động, sáng tạo, đáp ứng công cuộc đổi mới của nước nhà. Bậc trung học cơ sở là bậc học có đầy đủ điều kiện thuận lợi cho phát hiện, tổ chức bồi dưỡng học sinh giỏi, ươm trồng những tài năng cho đất nước. Tuy nhiên, trong thời gian công tác này ở mỗi trường lại có những cách làm khác nhau, chưa mang tính thống nhất, có nơi làm tốt và có những nơi còn nhiều hạn chế. Song trách nhiệm của người giáo viên phải là mục tiêu cao cả, phải ươm những tài năng để làm cho nó phát triển và trở thành nguyên khí của quốc gia, là tài sản quý báu nhất của mỗi gia đình, cộng đồng và toàn xã hội.

Qua quá trình nghiên cứu đề tài này tôi thấy, người dạy cần tạo cho học sinh thói quen không chỉ dừng lại ở kết quả vừa tìm được mà phải phân tích, khai thác nó để có những kết quả mới. Thông qua việc hướng dẫn học sinh tìm tòi, sáng tạo các bài toán mới từ những bài toán đã học, đã gặp giúp học sinh tự tin hơn trong giải toán, nhờ đó mà học sinh phát huy được tư duy và nâng cao năng lực sáng tạo, bước đầu hình thành cho học sinh niềm say mê nghiên cứu khoa học.

3.2. Kiến nghị, đề xuất.

-P D

eb oo k

:d ay

ke m

qu yn ho n

bu s

es s@ gm ai

l.c om

3.2.1. Với Sở GD&ĐT, Phòng GD&ĐT - Quan tâm hơn nữa đến việc bồi dưỡng chuyên môn, nghiệp vụ cho giáo viên dạy toán. - Cần tổ chức các hội thảo chuyên đề về bồi dưỡng HSG chuyên sâu cho giáo viên trong tỉnh, huyện nhằm trao đổi kinh nghiệm, học hỏi lẫn nhau giúp ích cho các hoạt động chuyên môn của ngành . 3.2.2. Với BGH nhà trường Nhà trường cần làm tốt công tác tư tưởng với các thành viên tham gia, tạo mọị điều kiện tốt nhất cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi như: về thời gian, về cơ sở vật chất…..để hiệu quả của việc bồi dưỡng học sinh giỏi không ngừng được nâng cao. 3.2.3. Với phụ huynh học sinh Quan tâm việc tự học, tự làm bài tập ở nhà của con em. Thường xuyên kiểm tra sách, vở và việc soạn bài trước khi đến trường của các con. Trên đây là sáng kiến kinh nghiệm của tôi với các biện pháp giúp học sinh giải tốt các bài tập nâng cao phần phân số Toán 6 ở trường THCS.Vì điều kiện thời gian có hạn và trình độ nâng lực còn hạn chế, đề tài của tôi chắc chắn còn nhiều thiếu sót. Do vậy tôi mong được sự góp ý của các đồng nghiệp và các phụ trách chuyên môn . Tôi xin chân thành cảm ơn.

-P D

F eb oo k :d ay

l.c om

es s@ gm ai

bu s

qu yn ho n

ke m

Háº¿t

2. PHẦN MỞ ĐẦU 1.1. Lý do chọn đề tài.

es s@ gm ai

l.c om

-P D

eb oo k

:d ay

ke m

qu yn ho n

bu s

-P D

eb oo k

:d ay

ke m

qu yn ho n

bu s

es s@ gm ai

l.c om

2. PHÇN NéI DUNG 2.1. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

Số HS không làm được

(1,5 điểm)

Tống số HS: 8

37,5

Số HS làm được từ 1 ->1,5 điểm SL

12,5

Số HS làm được từ 0,5 ->1 điểm

es s@ gm ai

Câu 2 phần phân số

l.c om

qu yn ho n

bu s

Kêt quả chung xếp thứ: 13/28 ( trong đó có một giải ba, 2 giải khuyến khích)

:d ay

ke m

2.2. Biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài

eb oo k

2.2.1. Đối với giáo viên:

-P D

- Suốt quá trình luyện giảng phải cho học sinh động não suy nghĩ tại sao, làm thế nào? Tại sao nghĩ như thế thì mới đạt kết quả.

es s@ gm ai

l.c om

* Dạng của phân số

a với a, b∈ Z, b ≠ 0. b

a với a ∈ Z 1

ke m

a: là tử b: là mẫu của phân số. *a=

qu yn ho n

1. Phân số:

bu s

2.2.2.1. Các kiến thức cơ bản và liên quan

:d ay

2. Phân số bằng nhau:

eb oo k

a c = nếu ad = bc với b ≠ 0, d ≠ 0. b d

3. Tính chất cơ bản của phân số. - Nếu ta nhân cả tử và mẫu của phân số với cùng một số nguyên khác 0 thì ta được phân số bằng phân số đã cho.

-P D

a a.m = với m ∈ z, m ≠ 0, b ≠ 0. b b.m

* Chú ý: - Mỗi phân số thì có vô số phân số bằng nó. - Mọi phân số đều có thể viết dưới dạng phân số mà mẫu số là số dương.

4. Rút gọn phân số. - Rút gọn một phân số là tìm một phân số đơn giản hơn nhưng vẫn bằng phân số đã cho.

es s@ gm ai

l.c om

5. Quy đồng mẫu nhiều phân số. Muốn quy đồng mẫu nhiều phân số ta làm như sau:

bu s

Bước 1: Tìm một bội chung của các mẫu (thường là BCNN) để làm mẫu chung.

qu yn ho n

Bước 2: Tìm thừa số phụ của mỗi mẫu (bằng cách chia mẫu chung cho từng mẫu).

Bước 3: Nhân tử và mẫu của mỗi phân số với thừa số phụ tương ứng.

ke m

Chú ý: - Nếu trong các phân số đã cho có những phân số chưa tối giản thì nên rút gọn các phân số đó trước khi quy đồng.

eb oo k

:d ay

- Nếu các mẫu của các phân số là các số nguyên tố cùng nhau thì mẫu chung là tích của các mẫu và thừa số phụ của mẫu là tích của các mẫu của các phân số còn lại.

6. So sánh phân số - Trong hai phân số có cùng mẫu dương, phân số nào có tử lớn hơn thì lớn hơn.

-P D

7. Phép cộng phân số - Muốn cộng hai phân số cùng mẫu, ta cộng các tử và giữ nguyên mẫu

a b a+b + = m m m

l.c om

- Muốn cộng hai phân số không cùng mẫu, ta viết chúng dưới dạng hai phân số có cùng một mẫu rồi cộng các tử và giữ nguyên mẫu chung.

8. Phép trừ phân số - Muốn trừ một phân số cho một phân số, ta cộng số bị trừ với số đối của số

es s@ gm ai

trừ. a c a  c − = + −  b d b  d

- Phép trừ phân số là phép toán ngược của phép cộng phân số.

9. Phép nhân phân số Muốn nhân hai phân số, ta nhân các tử với nhau và nhân các mẫu với nhau.

qu yn ho n

bu s

a c a.c ⋅ = b d b.d

3 (n∈z) n +1

ke m

Bài tập1:

:d ay

eb oo k

Giải:

a) Biểu thức A có 3∈ Z, n ∈ Z nên n+1 ∈ Z.

Để A là phân số cần có điều kiện n+1 ≠ 0 hay n ≠-1.

3 1

-P D

b) Với n = 0 thì A = = 3 Với n = 10 thì A = Với n= -3 thì A =

3 3 = 10 + 1 11

3 3 = − 3 +1 − 2

c) Để A là số nguyên ta phải có n+1 là ước của 3.

Ư(3) = { − 3; − 1; 1; 3 } . Ta có bảng sau: n+1

-3

-1

-4

-2

Vậy n∈ { − 4; − 2; 0; 2 }

Bài tập 2: Cho phân số B =

10 n (n ∈ Z ) . 5n − 3

l.c om

6 là số nguyên, tức là 5n-3 phải là ước của 6. 5n − 3

Để B là số nguyên thì phải có

-6

-3

-2

-3/5

1/5

Vì n ∈ Z nên n ∈ { 0; 1; }

4/5

6/5

9/5

2n + 15 là số nguyên. n +1

Giải:

2n + 15 2( n + 1) + 13 13 = = 2+ n +1 n +1 n +1

eb oo k

Để

:d ay

Bài tập 3: Tìm số n ∈ Z để phân số

Ta có

2/5

ke m

Vậy n ∈ { 0; 1; }

-1

qu yn ho n

5n-3

bu s

Ư(6) = { − 6; −3; −2; − 1; 1; 2;3; 6} , ta có bảng sau:

Ta có: B =

es s@ gm ai

Giải:

2n + 15 13 là số nguyên thì phải có là số nguyên. n +1 n +1

-P D

Tức là n+1 phải là ước của 13

Ư(13) = { − 13; − 1; 1; 13}, ta có bảng sau: n+1 -13

-1

-2

-14

Vậy n ∈ { − 14; − 2; 0; 12 }

* Phương pháp giải : Phân số tồn tại khi tử và mẫu là các số nguyên và mẫu khác không. Phân số có tử là một số nguyên, mẫu có chứa ẩn có giá trị là số nguyên khi mẫu là ước của tử.

Phân số có tử và mẫu đều chứa ẩn thì biến đổi thành tổng của một số nguyên với một phân số có tử là một số nguyên và mẫu có chứa ẩn.

* Bài tập vận dụng: n−9 ;n∈ Z n2 + 5

l.c om

Bài 1: Cho phân số A =

d) Tìm phân số A biết: n = -3 ; n = 0 ; n = 3.

Bài 2: Cho phân số B =

3 ; n ∈ Z. (n − 2).(n + 1)

es s@ gm ai

c) Chứng tỏ rằng phân số A luôn tồn tại.

b) Viết tập hợp M các số nguyên n để phân số B tồn tại. b) Tìm phân số B biết n = -13; n = 0; n = 13. 3n + 1 ; n ∈ Z ; n ≠ 3. n−3

Bài 4: Cho A=

qu yn ho n

Tìm n để C có giá trị nguyên.

bu s

Bài 3: Cho phân số C =

c) Với giá trị nào của n thì B là số nguyên.

n−2 . tìm các giá trị nguyên của n để : n+3

a) A là một phân số

ke m

b) A là một số nguyên

(Đề kiểm tra chất lượng HSG lớp 6 phòng GD&ĐT Lệ Thủy năm học 2010-2011) 4 với n ∈ Z. n−3

:d ay

Bài 5: Cho phân số B =

eb oo k

a) Số nguyên n phải có điều kiện gì để phân số B tồn tại. b) Tìm phân số B biết: n = 0; n = 10; n = -2.

c) Tìm giá trị của n để B là một số nguyên.

-P D

Dạng 2 : Phân số tối giản Bài tập 1: Trong các phân số sau đây phân số nào là tối giản −5 ; 36

30 ; 42

18 ; − 43

7 15 ; . − 118 132

Giải: ƯCLN ( − 5 ; 36 ) = ƯCLN (5, 36)=1 ƯCLN(30, 42)=6 ƯCLN ( 18 ; − 43 ) = ƯCLN(18,43)=1 ƯCLN ( 7 ; − 118 ) = ƯCLN(7, 118)=1

ƯCLN (15;132) = 3 − 5 18 7 ; ; . 36 − 43 − 118

Bài tập 2: Tìm phân số tối giản

a biết. b

a. Cộng tử với 4, mẫu với 10 thì giá trị của phân số không đổi.

l.c om

Vậy các phân số tối giản là:

es s@ gm ai

b. Cộng mẫu vào tử, cộng mẫu vào mẫu của phân số thì giá trị của phân số tăng lên 2 lần.

Giải:

a a+4 a 2 = hay ab + 10a = ab + 4b ⇒ 10a = 4b ⇒ = b b + 10 b 5

b. Ta có:

a a a = phân số này giảm đi 2 lần so với phân số b + b 2b b

bu s

a+b a+b a = tăng gấp 2 lần so với phân số b+b 2b b

suy ra a+b = 4a hay b=3a vậy

qu yn ho n

mà phân số

a. Ta có:

a 1 = b 3

Tuy nhiên vẫn có học sinh làm cách khác: a+b a = 2. b+b b

Vậ y

eb oo k

=> b2 = 3ab => b= 3a

:d ay

=> (a+b)b = 2b . 2a => ab + b2 = 4ab

ke m

Theo bài ra ta có:

a 1 = b 3

Bài tập 3: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên thì những phân số có dạng

-P D

21n + 4 là phân số tối giản 14n + 3

Giải:

Vì n ∈ N , nên 21n +4 ∈ N* và 14n+3∈ N*.

Do vậy để chứng minh phân số

21n + 4 là phân số tối giản với mọi n ∈ N, ta phải 14n + 3

chứng minh 21n +4 và 14n+3 là hai số nguyên tố cùng nhau. Gọi ƯCLN ( 21n + 4, 14n + 3 ) = d (d ∈ N* ). 2(21n + 4 )⋮ d 3(14n + 3)⋮ d

Khi đó 

42n + 8 ⋮ d 42n + 9 ⋮ d

=> 42n + 9 - 42n -8 ⋮ d =>1 ⋮ d Vậy d =1 21n + 4 là phân số tối giản với mọi số tự nhiên n. 14n + 3

Bài tập 4: Tìm tất cả các số tự nhiên n để phân số

n + 13 là phân số tối giản. n−2

Giải: n + 13 n − 2 + 15 15 = = 1+ ( n ≠ 2) n−2 n−2 n−2

n + 13 15 là phân số tối giản thì phân số là phân số tối giản. n−2 n−2

bu s

Để phân số

Ta có:

es s@ gm ai

Như vậy phân số

l.c om

Hay 

qu yn ho n

:d ay

ke m

eb oo k

16 84 ; ; − 25 30

− 91 27 ; ; 112 125

− 182 ? 385

-P D

* Bài tập vân dụng: Bài 1: Trong các phân số sau đây, phân số nào là phân số tối giản

Bài 2: Tìm phân số tối giản nhỏ hơn 1 biết rằng tích của tử số và mẫu số của nó bằng120. Bài 3: Tìm số tự nhiên không lớn hơn 10 để phân số

5 là phân số tối n+7

giản.

Bài 4: Chứng tỏ rằng với mọi số nguyên n, phân số sau là phân số tối giản 15n + 1 . 30n + 1

Bài 5: Cho phân số

n + 19 (n ∈ N ) n+6

a. Tìm các giá trị của n để phân số có giá trị là số tự nhiên.

a. Có giá trị là số tự nhiên. b. Là phân số tối giản. c. Với 150 < n < 170 thì A rút gọn được.

1 1 1 1 1 1 − ; − ; − . 2 3 3 4 4 5

qu yn ho n

Bài tập 1: a) Tính

bu s

Dạng 3 : Tổng các phân số viết theo quy luật

b) Áp dụng tính: A=

1 1 1 + + 2. 3 3. 4 4. 5

Giải:

1 1 3−2 1 − = = 2 3 2 .3 2 .3

ke m

:d ay

1 1 4−3 1 − = = 3 4 3.4 3.4

eb oo k

1 1 5−4 1 − = = 4 5 4 .5 4 .5

1 1 1 + + 2.3 3.4 4.5 1 1 1 1 1 1 = − + − + − 2 3 3 4 4 5 1 1 3 = − = 2 5 10

-P D

b) A =

Bài tập 2: Tính tổng B =

2 2 2 2 + + + ... + 15 35 63 399

Giải:

es s@ gm ai

8n + 193 4n + 3

l.c om

b. Tìm giá trị của n để phân số là tối giản Bài 6: Tìm số tự nhiên n để phân số

Bài tập 3: Tính tổng C =

l.c om

1 3 1 = 3

2 2 2 2 + + + ... + 3 .5 5 .7 7 .9 19 . 21 1 1 1 1 1 1 1 − + − + − + ... + − 5 5 7 7 9 19 21 1 2 − = 21 7

es s@ gm ai

B =

1 1 1 1 + + + ... + 25.27 27.29 29.31 73.75

Giải:

1 1 1 1 + + + ... + 25.27 27.29 29.31 73.75 1  2 2 2 2  = + + + ... +   2  25 . 27 27 . 29 29 . 31 73 . 75  1  1 1  1 = −   = 2  25 75  75

qu yn ho n

bu s

C =

ke m

mẫu sau. Ta dùng công thức:

:d ay

thức:

eb oo k

Nếu mỗi số hạng có dạng phức tạp hơn như

2m thì ta dùng công b(b + m)(b + 2m)

2m 1 1 để viết mỗi số hạng thành một hiệu = − b(b + m)(b + 2m) b(b + m) (b + m)(b + 2m)

-P D

của hai phân số. * Bài tập vận dụng:

Bài 1: Tính tổng A =

1 1 1 1 + + + ... 1.6 6.11 11.16 (5n + 1)(5n + 6)

Bài 2: Tính tổng: B =

1 1 1 1 + + + ... + 1.2.3 2.3.4 3.4.5 18.19.20

(Bài tập trong chuyên đề học sinh giỏi lớp 6 phòng GD&Đ Lệ Thủy)

Bài 3: Chứng minh rằng: A =

1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + < 1; 2 2 3 4 100 2

(Đề kiểm tra chất lượng HSG lớp 6 phòng GD&ĐT Lệ Thủy năm học 20102011)

Bài 4: Chứng minh rằng: C =

1 1 1 1 + 2 + 2 + ... + 2 < 1; ( n ∈ N ; n ≥ 2). 2 2 3 4 n

Bài 5: Chứng minh rằng với mọi n ∈ N ; n ≥ 2 ta có:

4 4 4 16 16 chứng minh: < A < + + ... + 15.19 19.23 399.403 81 80 2 2 2 Bài 7: Cho dãy số : ;... ; ; 4.11 11.18 18.25

Bài 6: Cho A =

Bài 8:

Cho A =

es s@ gm ai

a) Tìm số hạng tổng quát của dãy b) Gọi S là tổng của 100 số hạng đầu tiên của dãy. Tính S.

1 1 1 1 2 8 + 2 + 2 + ... + 2 . Chứng minh < A < 2 5 9 2 3 4 9

Dạng4 : Tìm số chưa biết trong đẳng thức

qu yn ho n

Giải:

x có giá trị bằng -4 19

bu s

Bài tập 1: Tìm số nguyên x sao cho phân số

Phân số

l.c om

3 3 3 3 1 + + + ... + < 9.14 14.19 19.24 (5n − 1)(5n + 4) 15

x x có giá trị bằng - 4 nên = - 4 => x = - 4.19. 19 19

Vậy x = -76

Bài tập 2: Tìm các số nguyên x, y, z biết :

:d ay

ke m

6 − x 21 z = = = 8 − 80 4 y

Trước khi giải bài toán này giáo viên nên lưu ý học sinh rút gọn phân số 3 . 4

eb oo k

về phân số tối giản là

Giải:

-P D

− x 21 3 6 − x 21 z z = = = => = = = 8 − 80 − 80 4 4 4 y y

* vì

3 21 => 3.y = 4.21 = 4 y

3.y = 84 y = 84:3

ai Em

−x 3 = ⇒ − x = 3 ⇒ x = −3 4 4

y = 28 * vì

3 z = => 4.z = 3. (-80) 4 − 80

4.z = -240

6 8

z = (-240):4 z = -60

* Phương pháp giải : a c = nên a.d = b.c (định nghĩa hai phân số bằng nhau). b d

suy ra: a =

b.c b.c a.d a.d ; d= ; b= ; c= . d a c b

es s@ gm ai

l.c om

Vậy: x = -3; y =28; z =-60

x + 3 −1 = ; 15 3

x 3

c. =

2 y

Bài 2: Tìm các số nguyên x, y biết

x+3 3 = và x+y = 20 7+ y 7

ke m

Bài 3: Tìm các số nguyên x, y, z, u, t, biết :

:d ay

Dạng 5: So sánh phân số Bài tập 1: So sánh các phân số

3 2 1 2 2 3 và và ; c) và ; b) 4 −3 −3 −5 5 3

eb oo k

−1 1 = ; −3 3

a) Ta có:

-P D

vì -1>-2 nên

b)Ta có:

2 3

c)Ta có: =

vì

Giải: −2 2 = 3 −3

−1 − 2 1 2 〉 ; do đó 〉 3 3 −3 −3

−2 2 = 5 −5

Vì -2<3 nên

bu s

5 x = ; 12 72

qu yn ho n

* Bài tập vận dụng: Bài 1: Tìm số nguyên x cho biết

−2 3 2 3 〈 ; do đó 〈 5 5 −5 5

8 3 9 ; = 12 4 12

2 3 8 9 〈 nên < . 12 12 3 4

12 8 y 40 16 u = = = = = 9 x 21 z t 111

77 84 ; 76 83.

Bài tập 2: So sánh hai phân số

Giải:

l.c om

77 1 = 1+ ; 76 76

Ta có

Vì

es s@ gm ai

84 1 = 1+ 83 83 1 1 77 84 〉 nên 〉 76 83 76 83

Bài tập 3: So sánh hai phân số

42 58 ; 43 59

Giải:

42 1 = 1− ; 42 43

bu s

Ta có

vì

qu yn ho n

58 1 = 1− 59 59 42 58 1 1 nên 〈 〉 43 59 43 59

18 15 ; 31 37

ke m

Bài tập 4: So sánh hai phân số

Giải:

18 ( phân số này có tử là tử của phân số thứ nhất 37

:d ay

Xét phân số trung gian

eb oo k

và có mẫu là mẫu của phân số thứ hai). Ta thấy:

18 15 > 31 37

-P D

suy ra:

18 18 18 15 > ; > . 31 37 37 37

Bài tập 5: So sánh hai phân số

Ta có nhận xét

− 387 − 592 ; 386 591

Giải: − 387 − 386 1 = −1 (1) + = 386 386 386 − 592 − 591 1 + = = −1 (2) 591 591 591 1 1 > 386 591

Từ (1); (2); (3) suy ra:

(3)

− 387 − 592 < 386 591

* Phương pháp giải: - Sử dụng quy tắc so sánh hai phân số cùng mẫu và khác mẫu. a =1+ M; b

c a c = 1 + N , mà M>N thì > . d b d

+ Nếu

a =1− M; b

a c c = 1 − N , mà M>Nthì < . d b d

- Dùng một phân số làm trung gian

es s@ gm ai

+ Nếu

l.c om

- Dùng số 1 làm trung gian:

* Bài tập vận dụng: Bài 1: So sánh các phân số: 64 73 ; ; 85 81 57 63 ; ; b) 67 73 2001 . 2002 − 1 ; c) 2001 . 2002 219 215 ; ; d) 220 216 − 303 − 516 e) ; 302 515

ke m

qu yn ho n

bu s

eb oo k

:d ay

2002 . 2003 − 1 ; 2002 . 2003

-P D

Bài 2: Cho a, m, n ∈ N*. Hãy so sánh :

a a+m và b b+m

(Bài tập trong chuyên đề bồi dưỡng HSG Toán 6 huyện Lệ Thủy)

es s@ gm ai

l.c om

SốHS không làm được

(1,5 điểm)

Tổng số HS:10

ke m

Câu 2 phần phân số

qu yn ho n

bu s

Số HS làm được từ 0,5 ->1 điểm

Số HS làm được từ 1 ->1,5 điểm

eb oo k

:d ay

Kêt quả chung : Giải ba đồng đội ( trong đó có 2 giải nhì, 1 giải ba và 2 giải khuyến khích)

-P D

3. KẾT LUẬN 3.1. Ý nghĩa của đề tài.

es s@ gm ai

l.c om

qu yn ho n

bu s

ke m

-P D

eb oo k

:d ay

3.2. Kiến nghị, đề xuất.

-P D

eb oo k

:d ay

ke m

qu yn ho n

bu s

es s@ gm ai

l.c om

-P D

F eb oo k :d ay

l.c om

es s@ gm ai

bu s

qu yn ho n

ke m