Phương pháp giải một số bài toán về tỉ lệ thức hay và khó

Phòng gd& đt yên định Trường tHCS yên tâm ***------***------***------*** Phương pháp giảI Một số bài toán về tỉ lệ thức hay và khó Người thực hiện: Lê xuân Phương Chức vụ: Giáo viên Đơn vị: Trường thcs yên tâm Tháng 04 Năm 2010 a. phần mở đầu I. Lý do chọn đề tài: Trong nhiều năm gần đây, đa số các kỳ thi học sinh giỏi bậc THCS và các kỳ thi học sinh giỏi khối 7;8 đặc biệt là thi vào các trường THPT chuyên cũng như năng khiếu thường gặp những bài toán về tỉ lệ thức đặc biệt là các bài toán về dãy tỉ số bằng nhau hay và khó. Các bài toán này gọi chung là các bài toán về tỉ lệ thức. Các bài toán này rất phong phú và đa dạng mang nội dung vô cùng sâu sắc trong việc giáo dục tư tưởng qua môn toán: Đi tìm cái tốt nhất, rẻ nhất, ngắn nhất,... trong một bài toán để dần dần hình thành cho học sinh thói quen đi tìm giải pháp tối ưu cho một công việc nào đó trong cuộc sống sau này. Loại bài toán này đa dạng như vậy và nhiều bài toán học sinh gặp rất nhiều khó khăn trong việc phân tích để tìm ra lời giải . Nhưng trong các tài liệu tham khảo chi mới dành một phần nhỏ để nói về vấn đề này hoặc viêt rời rạc và các bài toán đa số là các bài khá đơn giản, rất ít bài nhằm phát huy tư duy ở học sinh. Vì vậy qua nhiều năm ôn học sinh giỏi, qua thực tế giảng dạy bản thân đã đọc tham khảo nhiều sách tài liệu về toán tôi rút ra được một số dạng bài tập về tỉ lệ thức hay vá khó, và phương pháp để giải các dạng bài toán đó nhằm góp thêm tài liệu cho đồng nghiệp tham khảo trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi toán khối THCS. 1. ý nghĩa của đề tài: Các bài toán về tỉ lệ thức và phương pháp giải có ý nghĩa rất quan trọng đối với các em học sinh : + Rèn luyện phương pháp phân tích bài toán trước khi bắt tay vào giải bài toán đó. + Rèn luyện kĩ năng giảI toán tỉ lệ thức. + Là vốn kiến thức cần thiết cho Học Sinh (HS) khi thi HS giỏi các cấp. + Là hành trang để các em thi vào THPT chuyên và không chuyên. + Là cơ sở vững chắc và vốn hiểu biết để các em ôn thi đại học sau này + Góp phần không nhỏ vào việc rèn luyện và phát triển tư duy ở học sinh. Với ý nghĩa và tác dụng như vậy, việc hướng dẫn học sinh tiếp cận và vận dụng các phương pháp giải các bài toán tỉ lê thức là vấn đề quan trọng. 2. Phạm vi đề tài: Trong chương trình toán THCS lượng kiến thức và chủ đề toán tương đối rộng song ở đây tôi tập trung trình bày một số bài toán về tỉ lệ thức hay và khó của bậc THCS chủ yếu là học sinh khá, giỏi toán khối THCS. Mỗi phương pháp được trình bày theo cấu trúc gồm: Cơ sở lý thuyết và bài tập cụ thể, rút ra nhận xét tổng quát. B. nội dung I. Cơ sở lý luận: Việc giải các bài toán về tỉ lệ thức được dựa trên hệ thống kiến thức trong trường phổ thông như: các phép biến đổi tương đương, các quy tắc, các hằng đẳng thức , các tỉ lệ thức, dãy tỉ số bằng nhau.. Dựa trên trình độ và khả năng tư duy, độ tuổi của HS. II. Thực trạng của vấn đề. 1. Đặc điểm tình hình. Trường THCS Yên Tâm có truyền thống hiếu học, trình độ của Giáo Viên tương đối đảm bảo, gần 80% trên chuẩn, nhiệt tình trong giảng dạy, luôn luôn tự trau dồi học hỏi kinh nghiệm của bạn bè đồng nghiệp và sách báo, tài liệu tham khảo. Nhiều năm trở lại đây trường luôn nằm trong tốp 10 của huyện về chất lượng dạy và học, chất lượng mũi nhọn tương đối tốt và luôn đứng từ thứ 5 đến thứ 10 trong các kì thi HS giỏi cấp huyện. Nhà trường có tủ sách phong phú về chủng loại sách để giáo viên có điều kiện tham khảo trong quá trình dạy học. Ngày nay với trình độ khoa học tiên tiến nên chúng ta được tiếp cận tốt hơn với những kiến thức mới, những phát minh mới cũng như học hỏi bạn bè trên khắp đất nước. Song tuy nhiều tài liệu nhưng việc đọc và phân loại các bài toán cần có nhiều thời gian Khó khăn trong việc hình thành và rèn luyện ở HS khả năng phân tích, so sánh , tổng hợp, trước khi giải toán. 2. Thực trạng: Giáo viên môn toán thường chưa quan tâm đến vấn đề này, chưa chú ý đến việc phân loại các dạng bài, chưa phân loại đối tượng HS để rèn luyện kỉ năng giải toán nói chung và các bài toán tỉ lệ thức nói riêng cho các em HS . Vì vậy chất lượng HS tuy có nhiều tiến bộ song vẫn còn thấp so với yêu cầu thực tế và tiềm năng của HS. Đa số các em giải toán theo hướng dẫn của giáo viên một cách máy móc, chưa biết nhìn nhận, phân tích bài toán trước khi giải, có khi còn mò mẫm lúng túng khi giải bài tập toán. Theo khảo sơ bộ ở HS khối lớp 7, 8 là khối tiếp cận nhiều với toán tỉ lệ thức năm 2004-2005 cho thấy : + Có 35% định hướng để giải được các bài toán tỉ lệ thức, 21% làm được một số bài đơn giản, 25% làm mò mẫm số còn lại chưa biết giải. + Trong mỗi lớp dạy tỉ lệ HS có khả năng giải toán còn thấp . + Chất lượng mũi nhọn không cao. Với thực trạng như vậy bản thân là một giáo viên dạy toán không khỏi lo lắng cho chất lượng dạy học của nhà trường nói chung và của bản thân nói riêng. Qua nhiều năm bồi dưỡng và tìm hiểu nhiều tài liệu tham khảo, lựa chọn và phân loại một số bài toán điển hình và phương pháp giải các bài toán về bài toán tỉ lệ thức hay và như sau: III. Phương pháp giảI một số bài toán tỉ lệ thức hay và khó Dạng 1: Từ một dãy tỉ số bằng nhau chứng minh một dãy tỉ số bằng nhau khác. Trong dạng này chúng ta cần chi thành một số loại điển hình sau: Loại 1: Nhân cả tử và mẫu của mỗi tỉ số với mẫu tương ứng. Ví dụ 1: Cho Chứng minh rằng: Lời giải: Ta có = 0 cy-bz = 0 cy = bz (1) Và = 0 az = cx (2) Từ (1) và (2) ta có (ĐPCM) Ví dụ 2: Cho Chứng minh rằng: Lời giải: Ta có = =0 = 0 2bz-3cy = 0 (1) Và = 0 3cx-az = 0 (2) Từ (1) và (2) ta có (ĐPCM). Ví dụ 3: Cho Chứng minh rằng: Lời giải: Ta có = == 0 = 0 và = 0 4bz -5cy = 0 (1) Và 5cx -3az = 0 (2) Từ (1) và (2) ta có (ĐPCM). Tương tự ta có thể cho HS làm các bài sau: 1. .CMR: 2. . CMR: 3. .CMR: Loại 2: Đặt dãy tỉ số bằng nhau bằng hằng số k hoặc , sau đó tìm ra các đẳng thức cùng bằng nhau để đi đến một dãy tỉ số cần chứng minh. Ví dụ 1: Cho các số a,b,c,x,y,z thoả mãn: Chứng minh rằng: Lời giải: Ta đặt: =k Ta có: Cộng từng vế ta có: x+2y+z= 9ka Lại có Cộng từng vế ta có: 2x+y-z = 9bk Tương tự ta cũng có Khi đó ta có (ĐPCM) Ví dụ 2: Cho a,b,c,x,y,z thoả mãn: Chứng minh rằng: Lời giải: Ta đặt: Khi đó ta có: Cộng từng vế ta có: x+2y+z = 9ak Lại có Cộng từng vế ta có: z-y-2x = 9bk Tương tự ta có: Từ các kết quả trên ta có (ĐPCM) Ví dụ 3: Cho a,b,c,x,y,z thoả mãn: Chứng minh rằng: Lời giải: Lời giải: Ta đặt: Khi đó ta có: Cộng từng vế ta có: x+2y-z = 9ak Lại có Cộng từng vế ta có: 2x+y+z = 9bk Tương tự ta có: Từ các kết quả trên ta có (ĐPCM) Bằng cách làm tượng tự ta có thể làm thêm các bài sau: 1. Cho a,b,c,x,y,z thoả mãn: Chứng minh rằng: 2. Cho a,b,c,x,y,z thoả mãn: Chứng minh rằng: Loại 3. Đặt dãy tỉ số bằng một số k hoặc nhưng phải bình phương hai vế của đẳng thức tìm được để đi tìm các đẳng thức mà có một vế như nhau. Ví dụ 1: Cho a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn: Chứng minh rằng: Lời giải: Đặt =k Khi đó ta có: Lại có: Lấy (1)-(6) ta có : x(x3+y3+z3-3xyz) = k2(a2-bc) Lấy (2)-(5) ta có: y(x3+y3+z3-3xyz) = k2(b2-ac) Lấy (3)-(4) ta có: z(x3+y3+z3-3xyz) = k2(c2-ab) Khi đó ta có : (ĐPCM) Ví dụ 2: Cho a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn: Chứng minh rằng: Lời giải: Đặt =k Khi đó ta có: Lại có: Mặt khác: Lấy (1)-(6) ta có : x(x3+8y3+27z3-6xyz) = k2(a2-6bc) Lấy (2)-(5) ta có: 2y(x3+8y3+27z3-6xyz) = k2(b2-ac) Lấy (3)-(4) ta có: 3z(x3+8y3+27z3-6xyz) = k2(c2-ab) Khi đó ta có (ĐPCM). Bằng cách làm tượng tự ta có thể cho HS làm thêm các bài sau: 1. Cho a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn: Chứng minh rằng: 2. Cho a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn: Chứng minh rằng: 3. Cho a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn: Chứng minh rằng: Loại 4: Đặt dãy tỉ số bằng hằng số k hoặc sau đó cộng trừ một cách hợp lý đẳng thức tìm được ta sẽ có kết quả của bài toán. Ta xét một số ví dụ sau: Ví dụ 1: Cho ba số a,b,c khác 0 và đôi một khác nhau thoả mãn: a(y+z) = b(x+z)= c(x+y) Chứng minh rằng: Lời giải: Đặt a(y+z) = b(x+z)= c(x+y) = k Ta có Lấy (!) - (2) ta được: y-x = Lấy (2) - (3) ta được: z-y = Lấy (1) - (3) ta được: x-z = Khi đó ta có (ĐPCM). Ví dụ 2: Cho ba số x,y,z khác 0 và đôi một khác nhau thoả mãn: z(a+b) = x(b+c)= y(a+c) Chứng minh rằng: Lời giải: Đặt z(a+b) = x(b+c)= y(a+c) = k Ta có: Lấy (1) – (2) ta được: a-c = Lấy (2)-(3) ta được : b-a = Lấy (1) - (3) ta được: b-c = Khi đó ta có: Ví dụ 3: Cho ba số a,b,c khác 0 và đôi một khác nhau thoả mãn: a(y+z) = b(z-x)= c(y-x) Chứng minh rằng: Lời giải: Đặt a(y+z) = b(z-x)= c(y-x) = k Tacó: Lấy (1) - (2) ta được: x+ y = Lấy (2) - (3) ta được: z-y = Lấy (1) - (3) ta được: x+z = Bằng cách làm tượng tự ta có thể cho HS làm thêm các bài sau: 1. Cho ba số a,b,c khác 0 và đôi một khác nhau thoả mãn: a(y+z) = b(x-z)= c(x-y) Chứng minh rằng: 2. Cho ba số a,b,c khác 0 và đôi một khác nhau thoả mãn: a(z-y) = b(z+x)= c(x-y) Chứng minh rằng: Dạng 2: Từ một dãy tỉ số bằng nhau chứng minh một đẳng thức: Với loại này có rất nhiều laọi song ở đây tôi đề cập đến ba loại mà cách giải khá quen với HS trong quá trình làm và có thể từ đó HS thấy rằng với cách đó có thể vận dụng vào các bài toán rất hiệu quả. Loại 1: Đó là đặt dãy tỉ số bằng k hoặc từ đó ta tính giá trị hai vế của đẳng thức và so sánh: Ví dụ 1: Cho a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn: . Chứng minh rằng: Lời giải: Đ ặt = k Ta có : x=ka, y=kb và z=kc Khi đó: = (1) = (2) Từ (1) và (20 suy ra (ĐPCM). Ví dụ 2: Cho a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn: . Chứng minh rằng: Lời giải: Đ ặt = k Ta có : x=ka, y=kb và z=kc Khi đó: Vậy ta suy ra: (ĐPCM) Ví dụ 3: Cho a,b,c,x,y,z khác 0 thoả mãn: . Chứng minh rằng: Lời giải: Đ ặt = k Ta có : 3x=ka, 4y=kb và 5z=kc Khi đó: = (1) = (2) Từ (1) và (20 suy ra (ĐPCM). Ví dụ 4: Cho a,b,c thoả mãn: Chứng minh rằng: 4(a-b)(b-c)=(a-c)2 Lời giải: Đặt = k Ta có: a = 2002k, b = 2003k và c= 2004k Khi đó 4(a-b)(b-c) = 4(2002k-2003k)(2003k-2004k) = 4k2 (a-c)2 = (2002k- 2004k)2 = 4k2 Suy ra: 4(a-b)(b-c)=(a-c)2 (ĐPCM). Ví dụ 5: Cho a,b,c thoả mãn: Chứng minh rằng: 4(a-b)(b-c)= (a-c)2 Lời giải: Đặt = k ta có: a= kx, b= k(x+1) và c = k(x+2) Khi đó : 4(a-b)(b-c)== 4k2 (a-c)2 = = 4k2 Suy ra: 4(a-b)(b-c)= (a-c)2 (ĐPCM). Ví dụ 6: Cho a,b,c thoả mãn: Chứng minh rằng: 4(a-b)(b-c)= (a-c)2 Lời giải: Đặt = k ta có: a= k(x-1), b= kx và c = k(x+1) Khi đó : 4(a-b)(b-c)== 4k2 (a-c)2 = = 4k2 Suy ra: 4(a-b)(b-c)= (a-c)2 (ĐPCM). Đôi khi ta cũng có thểỉư dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau một cách hợp lí ta cũng có thể đi đến kết quả một cách dễ dàng Ví dụ 7: Cho bốn số a,b,c,d khác 0 thoả mãn: Chứng minh rằng: Lời giải: = = = Vậy (ĐPCM). Bằng cách giải tương tự ta có thể cho HS giải các bài sau: 1. Bằng cách tương tự có thể giảI các bài toán sau: 1. Cho a,b,c thoả mãn: Chứng minh rằng: 4(a-b)(b-c)=(a-c)2 2. Cho x,y,z khác 0 thoả mãn: . Chứng minh rằng: (x+y+z)( Loại 2: Từ một dãy tỉ số bằng nhau kết hợp với điều kiện của bài toán ta cũng có thể chứng minh được một đẳng thức đúng. Với loại này ta cũng nên đặt dãy tỉ số bằng một hằng số k hoặc nào đó. Ví dụ 1: Cho Chứng minh rằng: xy + yz + zx = 0 Lời giải: Đặt = Ta có: xk = a, yk = b và kz = c Khi đó: a +b + c = 1 xk+ ky + kz =1 k( x +y + z) =1 k2 ( x + y + z)2= 1 k2 ( x2 + y2 + z2 + 2xy+2yz +2zx) = 1 k2 ( x2 + y2 + z2 ) + 2( xy + yz + zx) =1 Mặt khác : k2 ( x2 + y2 + z2 ) = 1 Suy ra: 1 + 2( xy + yz + zx) =1 xy + yz + zx = 0 Vậy xy + yz + zx = 0 (ĐPCM). Ví dụ 2: Cho Chứng minh rằng: xy + yz + zx = 0 Lời giải: Đặt = Ta có: - xk = a, yk = b và kz = c Khi đó: a - b - c = 3 - xk- ky - kz =3 - k( x +y + z) =3 k2 ( x + y + z)2= 9 k2 ( x2 + y2 + z2 + 2xy+2yz +2zx) =9 k2 ( x2 + y2 + z2 ) + 2( xy + yz + zx) =9 Mặt khác : k2 ( x2 + y2 + z2 ) = 9 Suy ra: 9 + 2( xy + yz + zx) =9 xy + yz + zx = 0 Vậy xy + yz + zx = 0 (ĐPCM). Ví dụ 3: Cho Chứng minh rằng: xy + yz = zx Lời giải: Đặt = Ta có: xk = a, yk = b và kz = c Khi đó: a - b + c = -4 xk- ky + kz = - 4 k( x - y + z) = - 4 k2 ( x - y + z)2= 16 k2 ( x2 + y2 + z2 - 2xy - 2yz + 2zx) =16 k2 ( x2 + y2 + z2 ) - 2( xy + yz - zx) =16 Mặt khác : k2 ( x2 + y2 + z2 ) = 16 Suy ra: 16 - 2( xy + yz - zx) =16 xy + yz - zx = 0 Vậy xy + yz = zx (ĐPCM). Tương tự ta cũng có thể cho HS vận dụng các bài sau một cách tương tự. 1. Cho Chứng minh rằng: xy = yz + zx 2. Cho Chứng minh rằng: xy + yz + zx = 0 Loại 3. Ta có thể chứng minh đồng thời một đẳng thức và một dãy tỉ số: Với dạng này ta lại không đặt dãy tỉ số bằng hằng số k mà ta nên kết hợp các cặp tạo nên các dẳng thức và sử dụng phép biến đổi để đI đến đáp số: Ví dụ1: Cho a,b,c khác 0 và thoả mãn: . Chứng minh rằng: a = 2b = c hoặc 4a2b2c2 =1. Lời giải: Từ Ta có: (1) (2) (3) Nhân từng vế của ba đẳng thức (1), (2) và (3) ta có: (a-2b)(2b-c)(a-c) = .. = Suy ra: (a-2b)(2b-c)(a-c) - = 0 (a-2b)(2b-c)(a-c)1- = 0 (a-2b)(2b-c)(a-c) = 0 hoặc 1- = 0 * Nếu (a-2b)(2b-c)(a-c) = 0 Nếu a = 2b 2b = c a = 2b = c Nếu 2b = c a = c a = 2b = c Nếu a = c 2b = a a = 2b = c * Nếu 1- = 0 4a2b2c2 =1. Vậy a = 2b = c hoặc 4a2b2c2 =1. (ĐPCM). Ví dụ 2: Cho a,b,c khác 0 và thoả mãn: . Chứng minh rằng: a = 2b = 3c hoặc 36a2b2c2 =1. Lời giải: Từ Ta có: (1) (2) (3) Nhân từng vế của ba đẳng thức (1), (2) và (3) ta có: (a-2b)(2b-3c)(a-3c) = .. = Suy ra: (a-2b)(2b -3 c)(a - 3 c) - = 0 (a-2b)(2b-3c)(a-3 c)1- = 0 (a-2b)(2b-3c)(a-3c) = 0 hoặc 1- = 0 * Nếu (a-2b)(2b-3c)(a-3c) = 0 Nếu a = 3c 2b = a a = 2b = 3c Nếu a = 2b 2b = 3c a = 2b = 3c Nếu 2b = 3c a = 3c a = 2b = 3c * Nếu 1- = 0 36a2b2c2 =1. Vậy: a = 2b = 3c hoặc 36a2b2c2 =1. (ĐPCM). Ví dụ 3: Cho a,b,c khác 0 và thoả mãn: . Chứng minh rằng:3 a = 4b = c hoặc 144a2b2c2 =1. Lời giải: Từ Ta có: (1) (2) (3) Nhân từng vế của ba đẳng thức (1), (2) và (3) ta có: (3a-4b)(4b-c)(3a-c) = .. = Suy ra: (3a-4b)(4b - c)(3a - c) - = 0 (3a-4b)(4b-c)(3a- c)1- = 0 (3a-4b)(4b-c)(3a-c) = 0 hoặc 1- = 0 * Nếu (3a-4b)(4b-c)(4a-c) = 0 Nếu 3a = 4b 4b = c 3a = 4b = c Nếu 4b = c 3a = c 3a = 4b = c Nếu 3a = c 4b = 3a 3 a = 4b = c * Nếu 1- = 0 144a2b2c2 =1. Vậy: 3a = 4b = c hoặc 144a2b2c2 =1. (ĐPCM Tương tự ta có thể làm bài toán sau: 1. Cho a,b,c khác 0 và thoả mãn: . Chứng minh rằng: a2005+ = b2005+= 2. Cho a,b,c khác 0 và thoả mãn: . Chứng minh rằng: an+ = bn+= (với n là số tự nhiên lẻ) Dạng 3: Tìm x;y;z trong bài toán tỉ lệ thức: Với dạng này loại bài toán đơn giản là bài toán cho dãy tỉ số bằng nhau và thêm một điều kiện là một đẳng thức phụ thuộc các biến. Song ở đây tôI muốn đề cập đến một số bài mang tính nhạy cảm tuy không khó lắm nhưng HS thường khó sử lý một cách thuộn lợi cho cách giải. Ví dụ 1: Tìm x;y;z khác không thoả mãn PP: Với loại này ta nên hướng dẫn HS kết hợp hai tỉ số thành một đẳng thức để biến đổi, sau đó nhân các kết quả ta sẻ tim ra được mối quan hệ đặc biệt của x;y;z. Vì dãy tỉ số bằng 1 nên ta sẻ tìm được giá trị của x;y;z. Lời giải: Từ . Ta có: * * * Từ các đẳng thức tìm được ở trên ta có: ..= = 0 (1- ) = 0 = 0 hoặc 1- = 0 *Nếu = 0 +) Nếu x - y = 0 y = z x=y=z mà = 1 x = y= z = ; x = y= z = +) Nếu y-z = 0 x = z x=y=z mà = 1 x = y= z = ; x = y= z = +) Nếu z – x = 0 y = x x=y=z mà = 1 x = y= z = ; x = y= z = * Nếu 1- = 0 x2y2z2= 1 xyz = 1 hoặc xyz = - 1 +) Nếu xyz = 1 Do x = nên ()yz = 1 z + yz = 1 mà suy ra z + z (1+) = 1 2z = 0 z = 0 vô lý vì x;y;z khác 0. Suy ra không tồn tại x;y;z trong trường hợp này. +) Nếu xyz = -1 Do x = nên ()yz = -1 z + yz = -1 mà suy ra z + z (1+) = -1 2z = -2 z = -1 suy ra y = 0 suy ra không tồn tại x. Vậy x = y= z = ; x = y= z = . Ví dụ 2: Tìm x;y;z khác không thoả mãn Lời giải: Từ . Ta có: * * * Từ các đẳng thức tìm được ở trên ta có: = 0 hoặc 1- = 0 *Nếu +) Nếu x - 2y = 0 2y = 3z x=2y=3z mà = 1 x = ; y =;z= x = ; y=;z= +) Nếu 2y-3z = 0 x = 3z x=3y=3z mà = 1 x = ; y =;z= x = ; y=;z= +) Nếu 3z – x = 0 2y = x x=2y=3z mà = 1 x = ; y =;z= x = ; y=;z= * Nếu 1- = 0 x2y2z2= 36 xyz = 6 hoặc xyz = - 6 +) Nếu xyz = 6 Do x = nên ()yz = 6 z + 2yz = 12 mà 2 suy ra z + z (1+) = 12 2z = z = y = và x = +) Nếu xyz = -6. Do x = nên ()yz = -6 z + 2yz = -12 mà suy ra z + z (1+) = -12 2z = - z = suy ra y = và x= Vậy x = ; y =;z=hoặc x = ; y=;z= hoặc z = ;y = và x = hoặc z = ; y = và x= Tương tự ta có thể giải các bài toán sau: Tìm x;y;z khác không thoả mãn Tìm x;y;z khác không thoả mãn 3 . Tìm x;y;z thoả mãn: 4x – y2 = 4y-z2 = 4z-x2 = 1 4. Tìm x;y;z thoả mãn: 3x-y2= 3y – z2 = 3z – x2=1 Dạng 4: Từ đẳng thức cho trước, chứng minh một dãy tỉ số bằng nhau: Với loại toán này thông thường chúng ta nên hướng dẫn HS dùng phép biến đổi tương đương để đưa đẳng thức về dạng tổng của các số không dương hoặc không âm. Ví dụ 1: Cho a;b;c thoả mãn (a+2b)(2b+3c)(3c+a) ≠ 0 và Chứng minh rằng: Lời giải: Do (a+2b)(2b+3c)(3c+a) ≠ 0 Nên a4+16b4+81c4 = 9a2c2+4a2b2+36b2c2 2(a4+16b4+81c4 ) = 2(9a2c2+4a2b2+36b2c2) (a4-8b2a2+16b4) +( 16b4-72b2c2+81c4)+ (81c4-18a2c2+a4) = 0 (a2- 4b2)2 +(4b2- )2 + (- a2)2 = 0 (*) Do (a2- 4b2)2 ≥ 0 , (4b2- )2 ≥ 0 và (- a2)2 ≥ 0 nên (*) Vậy Nếu (a+2b)(2b+3c)(3c+a) ≠ 0 và Thì (ĐPCM). Ví dụ 2: Cho a;b;c thoả mãn (a- b)(b+2c)(2c-a) ≠ 0 và Chứng minh rằng: Lời giải: Do (a- b)(b+2c)(2c-a) ≠ 0 Nên a4+b4+ 16c4- 4a2b2- 4b2c2 – a2b2 = 0 2a4+2b4+ 2.16c4- 8a2b2- 8b2c2 – 8a2b2 = 0 (a2-b2)2 + (a2- 4c2)2 + (b2- 4c2)2 = 0 Do (a2-b2)2 ≥ 0; (a2- 4c2)2 ≥ 0 và (b2- 4c2)2 ≥ 0 Vậy (a- b)(b+2c)(2c-a) ≠ 0 và thì (ĐPCM). Tương tự có thể giải các bài toán sau: 1. Cho a;b;c thoả mãn (2a+3b)(3b+4c)(2c+a) ≠ 0 và Chứng minh rằng: 2. Cho a;b;c thoả mãn (a- 2b)(2b- 3c)(3c+a) ≠ 0 và Chứng minh rằng: 3. Cho a;b;c thoả mãn (a+ b)(b+c)(c+a) ≠ 0 và Chứng minh rằng: a=b=c Dạng 5: Tính giá trị của một biểu thức từ một dãy tỉ số bằng nhau: Với loại này ta nên hướng dẫn HS áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau một cách hợp lí hoặc mỗi tỉ số tách thành tổng hoặc hiệu hai phân thức. Cũng có thể áp dụng tính chất tỉ lệ thức cũng có thể đi đến kết quả: Ví dụ 1: Cho a; b; c khác 0 và Tính giá trị của biểu thức A = Lời giải: Ta có: Suy ra A = Vậy A = 2 (ĐPCM). Vídụ 2: Cho a; b; c khác 0 và Tính giá trị của biểu thức A = Lời giải: Ta có: Suy ra A = Vậy A = 8 Ví dụ 3: Cho x;y;z thoả mãn: tính giá trị của P = Lời giải: Ta có y+z+t = z+t+x = x+t+y = x+y+z x = y = z = t Suy ra: P = 4 Tương tự ta cũng có thể làm các bài toán sau: 1. Cho a; b; c khác 0 và Tính giá trị của biểu thức A = 2. : Cho a; b; c khác 0 và Tính giá trị của biểu thức A = II. Hiệu quả của Sáng kiến kinh nghiệm: Sau thời gian vận dụng phương pháp kết, quả đạt được tương đối khả quan 60% đã vận dụng thành thạo, 30% đã biết vận dụng để giải một số bài đơn giản, 10% cần được bồi dưỡng thêm . Trong các kì thi học sinh giỏi HS đã đạt được một số thành tích đáng kể. C. Phần kết luận I. Kết luận. Thông qua một số bài toán và phương pháp giải một số bài toán tỉ lệ thức hay và khó học sinh đã hình thành cho mình một cái nhìn về bài toán này một cách tích cực, hình thành một số phương pháp giải toán cho học sinh đặc biệt là học sinh khá, giỏi. Qua quá trình hướng dẫn một cách cụ thể như vậy, học sinh đã biết vận dụng một cách linh hoạt các phương pháp giải một số dạng toán tỉ lệ thức hay và khó vào giải các bài tập cụ thể từ đơn giản đến phức tạp. Đối với học sinh giỏi các em đã biết sử dụng, kết hợp các phương pháp để giải được các bài toán đại số ở dạng khó hơn. Qua đó giúp học sinh hứng thú khi gặp loại bài toán này nói riêng và học môn toán nói chung. Trên đây là một số kinh nghiệm trong việc bồi dưỡng học sinh về phương pháp giải một số bài toán về tỉ lệ thức hay và khó cho HS lớp 7;8 đặc bịêt là HS khá giỏi. Mong rằng với một số dạng bài này đồng nghiệp vận dụng sáng tạo vào tình hình của học sinh và bổ sung để công tác bồi dưỡng học sinh ngày càng có kết quả. điểm chung và khái quát để tìm ra phương pháp giải cho các dạng toán đó. Cần phân loại đối tượng HS trong quá trình dạy học đặc biệt là dạy bồi dưỡng môn toán cho các em. Khi dạy cần chú ý dạy dạy phương pháp cho các em, đặc biệt là phương II. Một số ý kiến đề xuất Đối với giáo viên toán: Trong quá trình dạy giáo viên cần phân loại các dạng toán, tìm các đặc pháp phân tích bài toán. Tạo hứng thú cho các em khi học toán Đối với các cấp quản lý. Cần đầu tư nhiều trang thiết bị hơn nữa để phục vụ cho dạy học Đầu tư cơ sở vật chất nhà trường để giáo viên sử dụng công nghệ thông tin vào công việc giảng dạy. Yên tâm, ngày 15 tháng 04 năm 2010 Người thực hiện Lê xuân phương