Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu

Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu

Bài 1.

a) Cho tam giác ABC với đường trung tuyến AM và đường phân giác AD.

Tính diện tích tam giác ADM, biết AB = m, AC = n (n > m) và diện

tích của tam giác ABC là S.

b) Cho n = 7 cm, m = 3 cm, hỏi diện tích tam giác ADM chiếm bao nhiêu

phần trăm diện tích tam giác ABC?

(Bài 21 trang 68 SGK Toán 8)

pdf 42 trang Người đăng hungphat.hp Ngày đăng 20/11/2017 Lượt xem 1333Lượt tải 8 Download
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
rần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
13 
Từ phương pháp giải bài 1, 2, 3, 4, 5 ta có cũng có bài toán tương tự sau: 
Bài 13. 
 a) Phân tích đa thức C = n7 – n thành nhân tử chung. 
 b) Với nZ. CMR: C = n7 – n chia hết cho 42 
Giải: 
a) C = n
7
 – n = n(n6 – 1) = n(n3 -1)(n3+1) = (n-1)n(n+1)(n2+n+1)(n2-n+1) 
b) Cách 1: (Xét số dư) 
Ta có C = n
7
 – n = n(n6 – 1) = n(n3 -1)(n3+1) = (n-1)n(n+1)(n2+n+1)(n2-n+1) 
mà 42 = 2.3.7 và (n-1)n(n+1) là ba số nguyên liên tiếp nên (n-1)n(n+1) 6 
Ta cần chứng minh: C = n7 – n = n(n6 – 1) = n(n3 -1)(n3+1) 7 
Lấy n chia cho 7 thì n = 7k, hoặc n = 7k 1 hoặc n = 7k 2 hoặc n = 7k 3 
(kZ.) 
- Nếu n = 7k  n 7 C 7 
- Nếu n = 7k+1 n3 -1= (7k+1)3-10 (mod7) C 7 
- Nếu n = 7k+2 n3 -1= (7k+2)3-123 - 10 (mod7) C 7 
- Nếu n = 7k+3 n3 +1= (7k+3)3+133 + 10 (mod7) C 7 
- Nếu n = 7k - 1 n3 +1= (7k-1)3+10 (mod7) C 7 
- Nếu n = 7k - 2 n3 - 1= (7k-2)3-123 - 10 (mod7) C 7 
- Nếu n = 7k - 3 n3 - 1= (7k-3)3-1 (-3)3 + 10 (mod7) C 7 
n
7
 – n 7 
 Mà (7, 6) =1 
Do đó C = n7 – n chia hết cho 42 với nZ. 
Cách 2:( Dùng định lí Fermat) 
Ta có n
2
n (mod 2)  n
4
n (mod 2) n
6
 n
2
 n (mod 2) n
7
  n (mod 2) 
C 2 
 n
3
n (mod 3)  n
5
n
3
(mod 3)  n
7
 n
3
 (mod 3)  n
7
  n (mod 3) 
C 3 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
14 
 n
7
n (mod 7)  n
7
 – n 7 
 n
7
- n 2.3.7  C = n
7
 – n 42 
Từ kết quả của bài toán trên cho ta các bài toán sau: 
Bài 14. Cho 1 2 3, , ,..., na a a a là các số nguyên. CMR: Nếu 1 2 3 ... 42na a a a    
thì 7 7 7 7
1 2 3 ... 42na a a a    . 
Giải: 
Ta có a
7
 – a 7 (aZ) 
nên 7 7 7 71 1 2 2 3 3( ) ( ) ( ) ... ( ) 42n na a a a a a a a        
7 7 7 7
1 2 3 1 2 3... ( ... ) 42n na a a a a a a a          
Mà 1 2 3 ... 42na a a a    
 7 7 7 71 2 3 ... 42na a a a    (đpcm) 
Từ cách giải trên cho ta bài toán sau 
Bài 15. CMR: C1 = 27
7
+28
7
+29
7
+...+197
7
 42 
Giải: Ta có a7 – a 42 (aZ) 
Giải như bài 14, với a = 27,197 
Ta có:
171(197 27) 171.224
27 28 29 ... 197 171.112 19152 456.42 42
2 2

         
Dựa vào cách giải 2 của Bài 13 ta có các bài toán sau 
Bài 16. Với mọi n Z. CMR: 
 a) C2 = 8n
8
 – n2 + 91 7 
 b) C3 = 24n
8
 +18n
2
 + 2014 42 
Giải: 
a) Ta có C2 = 8n
8
 – n2 + 91= 8n(n7 – n) + 7n2 +7.13 
 =8n(n
7
 – n) + 7(n2 +13) 
Mà n
7
 – n 7 và 7(n2 +13) 7. Do đó C2 7 
b) Ta có C3 = 24n
8
 +18n
2
 + 2014 = 24n
8
 -24n
2
 +42n
2
 + 42.503 + 4 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
15 
 = 24n(n
7
 – n) +42(n2 + 503) + 4 
Mà n
7
 – n 42 ; 42(n2 +503) 42 và 4 42. Do đó C3 42 
Bài 17. CMR: 
a) C4 = 2222
5555
 + 5555
2222
 7 
b) C5 = 1890
1930
 + 1945
1975
 + 1969 7 
c) C6 = 1
2016
 + 2
2016
 + 3
2016
 + 4
2016 
+ 5
2016
 + 6
2016
 7 
Giải: 
a) Ta có 22226 1(mod7)  (22226 )9251(mod7) 222255501(mod7) 
2222
5555
2222
5
  3
5
 5(mod7) 
5555
6
 1(mod7)  (5555
6
 )
370
1(mod7) 5550
2220
1(mod7) 
 5555
2222
5555
2
  4
2
 2(mod7) 
Do đó C4 = 2222
5555
 + 5555
2222
 5+ 2  0(mod7) 
Vậy C4 = 2222
5555
 + 5555
2222
 7 
b) Ta có 1890  0(mod7) 
1945
6
 1(mod7)  (1945
6
)
329
1(mod7) 1945
1974
1(mod7) 
Mà 1945 6 (mod7) 
1945
1975
6 (mod7) 1945
1975 
+ 19696 + 196919751 (mod7) 
Do đó C5 = 1890
1930
 + 1945
1975
 + 1969 7 
c) Ta có a6 1(mod7) với (a,7) = 1  (a6 )3361(mod7) a2016 1(mod7) 
Do đó C6 = 1
2016
 + 2
2016
 + 3
2016
 + 4
2016 
+ 5
2016
 + 6
2016
 1+1+1+1+1+16 
(mod7) 
Vậy C6 = 1
2016
 + 2
2016
 + 3
2016
 + 4
2016 
+ 5
2016
 + 6
2016
 7 
Từ cách giải 1 của Bài 13 (xét số dư) ta có bài toán sau 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
16 
Bài 18. Tìm số tự nhiên n để: C7 = 2
n
 - 1 7 
Giải: 
Ta có 2
3
 1(mod7). Lấy n chia cho 3 ta có n = 3k, n = 3k+1, n = 3k +2 
- Nếu n = 3k thì 2n – 1= 23k – 1= 8k - 1 7 
- Nếu n = 3k +1 thì 2n – 1= 23k+1 – 1= 2.8k - 11(mod7) 
- Nếu n = 3k +2 thì 2n – 1= 23k+2 – 1= 4.8k - 13 (mod7) 
Vậy C7 = 2
n
 - 1 7 khi n 3 
Từ kết quả của bài này cho ta bài toán sau 
Bài 19. Tìm số tự nhiên n để: C8 = 2
n
 + 1 7 với mọi nN 
Giải: 
Ta có n = 3k + r ,với r =1, 2, 3 (k N) 
2
n
 + 1= 2
3k+r
 + 1=2
r
. 2
3k
 + 1 = 2
r
 8
k
 + 1  2
r
 + 1(mod7) 
+ Với r = 0 thì 2r + 1 2(mod7) 
+ Với r = 1 thì 2r + 1 3(mod7) 
+ Với r = 2 thì 2r + 1 5(mod7) 
Vậy: C8 = 2
n
 + 1 7 với mọi nN 
Từ cách giải của bài này ta lại có bài toán sau 
Bài 20. Tìm số tự nhiên n để: C9 = 2
2n
 + 2
n
 + 1 7 
Giải: 
Ta có n = 3k + r ,với r =1, 2, 3 (k N) 
C9 = 2
2n
 + 2
n
 + 1= 2
6k+2r
 +2
3k+r
 + 1= 2
6k
 .2
2r
 +2
3k
.2
r
 + 1 
 = 2
2r
 (2
6k
 -1) +2
r
 (2
3k
 -1) + 2
2r
 +2
r
 +1 2
2r
 + 2
r
 + 1(mod7) 
+ Với r = 0 thì 22r + 2r + 1 3 (mod7) 
+ Với r = 1 thì 22r + 2r + 1 70 (mod7) 
+ Với r = 2 thì 22r + 2r + 1 210 (mod7) 
Vậy n 3 thì C9 = 2
2n
 + 2
n
 + 1 7 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
17 
Từ cách giải 1 của Bài 13 (xét số dư) ta lại có bài toán sau 
Bài 21. CMR: Nếu n 7 thì n3 – 1 hoặc n3 + 1 chia hết cho 7 
Giải: Vì n 7 nên n = 7k 1 hoặc n = 7k 2 hoặc n = 7k 3 (kZ.) 
- Nếu n = 7k+1 n3 -1= (7k+1)3-10 (mod7) 
- Nếu n = 7k+2 n3 -1= (7k+2)3-123 - 10 (mod7) 
- Nếu n = 7k+3 n3 +1= (7k+3)3+133 + 10 (mod7) 
- Nếu n = 7k - 1 n3 +1= (7k-1)3+10 (mod7) 
- Nếu n = 7k - 2 n3 - 1= (7k-2)3-123 - 10 (mod7) 
- Nếu n = 7k - 3 n3 - 1= (7k-3)3-1 (-3)3 + 10 (mod7) 
Vậy: Nếu n 7 thì n3 – 1 7 hoặc n3 + 1 7 
Dựa vào cách giải 2 của Bài 13 (dùng định lí Fermat) . Ta có các bài toán sau 
Bài 22. CMR: D = n
11
 – n 66 với n Z 
Giải: 
Ta có n
2
n (mod 2)  n
4
n (mod 2)  n
8
 n
2
 n (mod 2) 
 n
10
 n
2
 n (mod 2)  n
11
 – n (mod 2)  D 2 
 n
3
n (mod 3)  n
9
n
3
n (mod 3)  n
11
 n
3
 (mod 3) 
 n
11
  n (mod 3) D 3 
 n
11
n (mod 11)  n
11
 – n 11 
Mà (2,3,11) = 1 
 n
11
- n 2.3.11  D = n
11
 – n 66 
Từ kết quả của bài toán này ta có các bài toán sau 
Bài 23. Cho 1 2 3, , ,..., na a a a là các số nguyên. CMR: Nếu 1 2 3 ... 66na a a a    
thì 11 11 11 111 2 3 ... 66na a a a    . 
Giải: 
Ta có a
11
 – a 11 (aZ) 
nên 11 11 11 111 1 2 2 3 3( ) ( ) ( ) ... ( ) 66n na a a a a a a a        
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
18 
11 11 11 11
1 2 3 1 2 3... ( ... ) 66n na a a a a a a a          
Mà 1 2 3 ... 66na a a a    
 11 11 11 111 2 3 ... 66na a a a    (đpcm) 
Bài 24. CMR: D1 = 1
2662
 + 2
2662
 + 3
2662
 + ... + 2013
2662
 11 
Giải: 
Ta có a
11
a (mod 11) 
 a
121
a
11
 a (mod 11) 
 a
1331
a
11
 a (mod 11) 
 a
2662
a
2
 (mod 11) 
Xét hiệu : 12662 + 22662 + 32662 + ... + 20132662 - (12 + 22 + 32 + ... + 20132) = 
(1
2662
 - 1
2
 ) + (2
2662
 - 2
2
) + (3
2662
 - 3
2
) + ... + (2013
2662
 - 2013
2
) 11 
Mà 2 2 2 2
2013.2014.4027
1 2 3 ... 2013 671.1007.4027 11.61.1007.4027 11
6
       
Vậy: D1 = 1
2662
 + 2
2662
 + 3
2662
 + ... + 2013
2662
 11 
 Bài 25. Cho D2 = 1
14641
 + 2
14641
 + 3
14641
 + ... + 2012
14641
 . CMR: 
a) D2 22 
b) D2 33 
c) D2 66 
Giải: 
Theo định lí Fermat, ta có 
 a
11
a (mod 11) 
 a
121
a
11
 a (mod 11) 
 a
1331
a
11
 a (mod 11) 
 a
14641
a (mod 11) (*) 
 a
11
a (mod 2) 
 a
121
a
11
 a (mod 2) 
 a
1331
a
11
 a (mod 2) 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
19 
 a
14641
a (mod 2) (**) 
 a
11
a (mod 3) 
 a
121
a
11
 a (mod 3) 
 a
1331
a
11
 a (mod 3) 
 a
14641
a (mod 3) (***) 
Từ (*) và (**) a14641a (mod 22) 
Từ (*) và (***) a14641a (mod 33) 
Từ (*),(**)và (***) a14641a (mod 66) 
a) Xét hiệu : 
1
14641
 + 2
14641
 + 3
14641
 + ... + 2012
14641
 - (1 + 2 + 3 + ... +2012) 
= (1
14641
 - 1 ) + (2
14641
 - 2) + (3
14641
 - 3) + ... + (2013
14641
 - 2013) 22 
Mà 
2012.2013
1 2 3 ... 2012 1006.2013 503.2.11.3.61 22
2
       
Vậy: D2 22 
b) 
Xét hiệu : 114641 + 214641 + 314641 + ... + 201214641 - (1 + 2 + 3 + ... + 2012) = 
(1
14641
 - 1 ) + (2
14641
 - 2) + (3
14641
 - 3) + ... + (2013
14641
 - 2013) 33 
Mà 
2012.2013
1 2 3 ... 2012 1006.2013 503.2.11.3.61 33
2
       
Vậy: D2 33 
c) 
Xét hiệu : 114641 + 214641 + 314641 + ... + 201214641 - (1 + 2 + 3 + ... + 2012) = 
(1
14641
 - 1 ) + (2
14641
 - 2) + (3
14641
 - 3) + ... + (2013
14641
 - 2013) 66 
Mà 
2012.2013
1 2 3 ... 2012 1006.2013 503.2.11.3.61 66
2
       
Vậy: D2 66 
Bài 26. Tìm số dư khi chia 43624362 cho 11 
Giải: 
Ta có (4362, 11) = 1 nên theo định lí Fermat, ta có 
 4362
10
1 (mod 11) 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
20 
 4362
4360
1 (mod 11) 
4362
4362
4362
2
 6
2
3 (mod 11) 
Vậy 43624362 cho 11 dư 3 
Bài 27. Với mọi n Z. CMR: 
a) D3 = 2013n
12
 – 2002n2 + 2013 11 
b) D4 = 2011n
12
 – 1945n2 + 2014 66 
Giải: 
a) Ta có D3 = 2013n
12
 – 2013n2 + 11n2+ 2013 
 = 2013n(n
11
 – n) + 11(n2+ 183) 
Mà n
11
 – n 11 
Do đó D3 = 2013n
12
 – 2002n2 + 2013 11 
b) Ta có D4 = 2011n
12
 – 1945n2 + 2014 
 = 2011n
12
 – 2011n2 + 66n2+ 66.30 + 34 
 = 2011n(n
11
 – n) + 66(n2+ 30) + 34 
Mà n
11
 – n 66 ; 66(n2+ 30) 66 và 34 66 
Do đó D4 = 2011n
12
 – 1945n2 + 2014 66 
Bài 28. CMR: D5 = 1
2010
+ 2
2010
+ 3
2010
 + ...+ 11
2010
 11 
Giải: Ta có (a,11) = 1 (a = 1,10) 
 a
10
1 (mod 11) a
2010
1 (mod 11) 
Mà 11
2010
0 (mod 11) 
Do đó D5 = 1
2010
+ 2
2010
+ 3
2010
 + ...+ 11
2010
 
10
1 1 1 ... 1    +010 (mod 11) 
Vậy: D5 = 1
2010
+ 2
2010
+ 3
2010
 + ...+ 11
2010
 11 
Bài 29. 
Tìm số dư trong phép chia K = 20122013 + 20132014 + 20142015 cho 2011. 
Giải: 
Ta có 2012  1 (mod 2011) 2012
2013
  1 (mod 2011) (1) 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
21 
Ta có 2011 là số nguyên tố mà (2013;2011) = 1 và (2014;2011) = 1 
Nên theo định lí Fermat: 20132010  1 (mod 2011) 
Mà 2013  2 (mod 2011) 2013
4
  2
4
  16 (mod 2011) 
 2013
2014
  16 (mod 2011) (2) 
Tương tự: 
 2014
2010
  1 (mod 2011) 
Mà 2014  3 (mod 2011) 2014
5
  3
5
  243 (mod 2011) 
 2014
2015
  243 (mod 2011) (3) 
Từ (1), (2), (3) suy ra K = 1 + 16 + 243  260 (mod 2011) 
Vậy Số dư khi chia K cho 2011 là 260. 
Bài 30. 
 Tìm số dư trong phép chia L = 19541930 + 19551930 + 19561930 + ... + 20141930 
cho 1931 
Giải: 
Ta có 1931 là số nguyên tố và 1954 = 1931 + 23  (1954;1931) = 1 
1954 + a = 1931 + 23 + a , với a = 0,60  (1954+a;1931) = 1 
Nên theo định lí Fermat: (1954 + a)1930  1 (mod 1931) 
Do đó 
L = 1954
1930
 + 1955
1930
 + 1956
1930
 + ... + 2014
1930

61
1 1 1 ... 1    
 61(mod 1931) 
Vậy Số dư khi chia L cho 1931 là 61. 
3. Ví dụ 3: 
Chúng ta bắt đầu bài toán sau 
Bài 1. Phân tích đa thức A = (x+y)(x+2y)(x+3y)(x+4y) + y4 thành nhân tử 
Giải: Ta có A = (x+y)(x+2y)(x+3y)(x+4y) + y4 
 = (x+y)(x+4y)(x+2y)(x+3y) + y
4
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
22 
 = (x
2
 +5xy + 4y
2
)( x
2
 +5xy + 6y
2
) + y
4
Đặt t = x2 +5xy + 5y2 
 A = (t – y2)(t + y2) + y4 
 = t
2
 – y4 + y4 = t2 
Do đó A = (x2 +5xy + 5y2)2 
Từ kết quả của bài toán này cho ta bài toán mới sau 
Bài 2. CMR: với mọi x, yZ thì A1 = (x+y)(x+2y)(x+3y)(x+4y) + y
4
 là số 
chính phương. 
Giải: Ta có A = (x+y)(x+2y)(x+3y)(x+4y) + y4 
 = (x+y)(x+4y)(x+2y)(x+3y) + y
4
 = (x
2
 +5xy + 4y
2
)( x
2
 +5xy + 6y
2
) + y
4
Đặt t = x2 +5xy + 5y2 
 A1 = (t – y
2
)(t + y
2
) + y
4
 = t
2
 – y4 + y4 = t2 
 A1 = (x
2
 +5xy + 5y
2
)
2
Vì x, yZ nên x
2
 +5xy + 5y
2
Z 
 A1 = (x+y)(x+2y)(x+3y)(x+4y) + y
4
 là số chính phương. 
Từ cách giải trên cho ta các bài toán sau 
Bài 3. 
a) Giải phương trình: (x+2)(x+4)(x+6)(x+8) = 65 
b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A2 = (x+1)(x+2)(x+3)(x+4) + 2015 
c) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A3 = 1890 – (x+3)(x+6)(x+9)(x+12) 
Từ Bài 1 ta cho y = 1 và xZ thì A = (x+1)(x+2)(x+3)(x+4) + 1 = (x2 + 5x +5)2. 
 Do đó ta có bài toán tổng quát sau 
Bài 4. 
a) CMR: Tích của bốn số tự nhiên liên tiếp thêm 1 là một số chính phương. 
b) CMR: Tích của bốn số tự nhiên liên tiếp không phải là số chính phương 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
23 
Giải: 
a) Giải như bài 1 ta có A4 = (x+1)(x+2)(x+3)(x+4) + 1 = (x
2
 + 5x +5)
2
. 
b) Bốn số tự nhiên liên tiếp có dạng n, n+1, n+2, n+3 
Ta có A5 = n(n+1)(n+2)(n+3) 
 = (n
2
+3n)(n
2
+3n+2) 
 = (n
2
+3n)
2
 + 2(n
2
+3n) 
Suy ra (n
2
+3n)
2
 < A5
< (n
2
+3n+1)
2
Vậy A5 = n(n+1)(n+2)(n+3) không phải là số chính phương 
Từ kết quả câu a của bài này cho ta bài toán mới lạ hơn. 
Bài 5. Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 +... + 2012.2013.2014. Chứng minh 
rằng: 4S + 1 là số chính phương. 
Giải: 
Ta có  
1
( 1)( 2) ( 1)( 2) ( 3) ( 1)
4
k k k k k k k k        
1 1
( 1)( 2)( 3) ( 1) ( 1)( 2)
4 4
k k k k k k k k        với k = 1,2012 

1 1 1 1 1 1
1.2.3.4 .0.1.2.3 .2.3.4.5 .1.2.3.4 ... 2012.2013.2014.2015 2011.2012.2013.2014
4 4 4 4 4 4
S        

1
2012.2013.2014.2015
4
S  
Do đó 4S + 1 = 2012.2013.2014.2015 + 1 là tích của bốn số tự nhiên 
liên tiếp cộng thêm 1 là số chính phương. 
Vậy: 4S + 1 là số chính phương. 
Từ đó ta có bài toán tổng quát sau 
Bài 6. Cho S = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 +... + n(n+1)(n+2) và nN . 
Chứng minh rằng: 4S + 1 là số chính phương. 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
24 
4. Ví dụ 4: 
Chúng ta bắt đầu từ bài toán sau: 
Bài 1. 
a) Cho tam giác ABC với đường trung tuyến AM và đường phân giác AD. 
Tính diện tích tam giác ADM, biết AB = m, AC = n (n > m) và diện 
tích của tam giác ABC là S. 
b) Cho n = 7 cm, m = 3 cm, hỏi diện tích tam giác ADM chiếm bao nhiêu 
phần trăm diện tích tam giác ABC? 
(Bài 21 trang 68 SGK Toán 8) 
Giải: 
MD
A
B C
a) Giả sử ABC có AB < AC (1) 
Vì AD là phân giác của góc A nên 
AB DB
AC DC
 (2) 
Từ (1), (2) suy ra DB < DC .Do đó điểm D nằm giữa B và M 
Ta có ADB
ADC
S DB AB
S DC AC
  
ADB
ADC ADB
S AB
S S AC AB

 
 hay ADB
ABC
S AB
S AC AB


 suy ra 
.ABC
ADB
S AB
S
AC AB


(3) 
Vì AM là trung tuyến nên SABM = SACM = 
2
ABCS (4) 
Do đó SADM = SABM - SADB (5) 
Từ (3), (4), (5) suy ra SADM = .
2
ABCS AC AB
AB AC


 hay SADM = .
2
S n m
m n


SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
25 
b) SADM = .
2
S n m
m n



1 7 3
. 20%
2 7 3
ADM
ABC
S
S

 

Vậy diện tích tam giác ADM chiếm 20% diện tích tam giác ABC. 
Từ kết quả của bài toán trên cho ta bài toán tổng quát sau: 
Bài 2. Tỉ số diện tích giới hạn bởi đường trung tuyến, đường phân giác của 
góc A và cạnh BC đối với diện tích tam giác ABC. Kí hiệu là A
ABCTS . 
a) CMR: 
1
2
A
ABC
AB AC
TS
AB AC



b) Áp dụng: Với AB = 10 cm. Xác định độ dài cạnh AC của ABC 
để SADM = 25% SABC. 
Giải: 
a) Giả sử ABC có AB < AC (1) 
Vì AD là phân giác của góc A nên 
AB DB
AC DC
 (2) 
Từ (1), (2) suy ra DB < DC 2BD < DC + BD 

2
BC
BD BM  .Do đó điểm D nằm giữa B và M 
Ta có ADB
ADC
S DB AB
S DC AC
  
ADB
ADC ADB
S AB
S S AC AB

 
 hay ADB
ABC
S AB
S AC AB


 suy ra 
.ABC
ADB
S AB
S
AC AB


(3) 
Vì AM là trung tuyến nên SABM = SACM = 
2
ABCS (4) 
Do đó SADM = SABM - SADB (5) 
Từ (3), (4), (5) suy ra SADM = .
2
ABCS AC AB
AB AC


 Hay 
1
2
ADB
ABC
S AC AB
S AB AC



Vậy 
1
2
A
ABC
AB AC
TS
AB AC



. 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
26 
b) Theo câu a và giả thiết ta có 
1 1
2 4
A
ABC
AB AC
TS
AB AC

 


1
10
1 2
3
12
30
2
AB AC
ACAB AC
AB AC
ACAB AC

      
     
Vậy AC = 30 (cm) hoặc AC = 
10
3
 (cm) thì SADM = 25% SABC 
Từ kết quả của bài toán này cho ta bài toán mới sau 
Bài 3. Tỉ số diện tích giới hạn bởi đường trung tuyến, đường phân giác của 
góc A và cạnh BC đối với diện tích tam giác ABC. Kí hiệu là AABCTS . 
 CMR: 
1 1 sin sin
.
2 2 sin sin
A
ABC
AB AC B C
TS
AB AC B C
 
 
 
b
a
c
ha
ma
fa
DM HC B
A
Giả sử ABC có AB < AC (1) 
Vì AD là phân giác của góc A nên 
AB DB
AC DC
 (2) 
Từ (1), (2) suy ra DB < DC 2BD < DC + BD 

2
BC
BD BM  . Do đó điểm D nằm giữa B và M 
DM = BM – BD =
2
BC
BD 
Từ (2) suy ra 
. ( ) . .
AC
AB DC AB BC BD AB BC AB BD
BD
AC AC
 
   
BD.AC = AB.BC – AB.BD BD(AB + AC) = AB.BC 

.AB BC
BD
AB AC



. ( ) 2 .
2 2( )
BC AB BC BC AB AC AB BC
DM
AB AC AB AC
 
  
 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
27 
H
A
B
C
Ta có 
. ( ) 2 . 1
.
. 2( ). 2
A
ABC
AH DM DM BC AB AC AB BC AC AB
TS
AH BC BC AB AC BC AB AC
  
   
 
Vì dạng tổng quát: AB có thể lớn hơn, nhỏ hơn hoặc bằng AC 
Nên ta có: 
1
2
A
ABC
AB AC
TS
AB AC



(a) 
Ta có 
sin
AH
AB
B
 và 
sin
AH
AC
C
 (trong ABH vuông tại H, ACH vuông tại H) 

1 1
1 1 1 sin sinsin sin sin sin
1 12 2 2 sin sin
sin sin sin sin
A
ABC
AH AH
C BB C B CTS
AH AH B C
B C B C
 

  

 
1 sin sin
2 sin sin
B C
B C



 (b) 
Từ (a) và (b) suy ra: 
1 1 sin sin
.
2 2 sin sin
A
ABC
AB AC B C
TS
AB AC B C
 
 
 
 (đpcm). 
5.Ví dụ 5: 
Chúng ta bắt đầu từ bài toán đơn giản sau: 
Bài toán : (Sau khi học sinh lớp 8 học xong bài trường hợp đồng dạng của hai 
tam giác trường hợp góc – góc) 
 Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (HBC). Tìm các tam 
giác đồng dạng với nhau. 
Giải: HBA HAC ABC 
Từ kết quả của bài toán trên cho ta bài toán sau: 
Bài 1. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH.(HBC) 
1. CMR: 
SKKN: “Phương pháp phát triển bài toán mới từ bài toán ban đầu” 
Người viết: Trần Ngọc Duy – GV Trường THCS Nguyễn Bá Loan – ĐT: 0974267203 
28 
E
F
H
A
C
B
a) AB
2
 = BC.HB, AC
2
 = BC.HC 
b) BC
2
 = AB
2
 + AC
2
c) AH.BC = AB.AC 
d) AH
2
 = HB.HC 
e) 
2 2 2
1 1 1
AH AB AC
  
2. Tính AB, BC, AC. Biết AH = 12 cm; HC = 16 cm 
3. Biết AB = 6cm; HC = 9cm. Tính BC. 
Từ kết quả của bài này cho ta bài toán mới sau 
Bài 2. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Qua H kẻ HE vuông 
góc với AB, HF vuông góc với AC (E AB, FAC). CMR: 
a) AE.AB = AF.AC 
b) AE.EB + AF.FC = AH2 
c) 
3
3
AB BE
CFAC
 
d) 33 32 2 2BC BE CF  
e) Tính số đo góc B và góc C khi 

Tài liệu đính kèm:

  • pdfskkn_phuong_phap_phat_trien_bai_toan_moi_tu_bai_toan_ban_dau_2014_2015_9301.pdf