Hướng dẫn học sinh lớp 9 sử dụng kiến thức hình học vào giải bài tập đại số

Chia sẻ: Le Hoang Thuan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:17

Thêm vào BST

Báo xấu

653
lượt xem 116
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'hướng dẫn học sinh lớp 9 sử dụng kiến thức hình học vào giải bài tập đại số', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn học sinh lớp 9 sử dụng kiến thức hình học vào giải bài tập đại số

Hướng dẫn học sinh lớp 9 sử dụng kiến thức hình học vào giải bài tập đại số A - ĐẶT VẤN ĐỀ Trong trường phổ thông môn Toán có một vị trí rất quan trọng. Các kiến thức và phương pháp Toán học là công cụ thiết yếu giúp h ọc sinh h ọc t ốt các môn học khác, hoạt động có hiệu quả trong mọi lĩnh vực. Đồng thời môn Toán còn giúp học sinh phát triển những năng lực và ph ẩm ch ất trí tu ệ; rèn luyện cho học sinh khả năng tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo; giáo dục cho học sinh tư tưởng đạo đức và thẩm mỹ của người công dân. Ở trường THCS, trong dạy học Toán, cùng với việc hình thành cho h ọc sinh một hệ thống vững chắc các khái niệm, các định lí; thì vi ệc dạy h ọc gi ải các bài toán có tầm quan trọng đặc biệt và là một trong nh ững vấn đề trung tâm của phương pháp dạy học Toán ở trường phổ thông. Đối với h ọc sinh THCS, có thể coi việc giải toán là một hình thức chủ yếu của việc học toán. Trong chương trình Toán THCS các bài toán rất đa dạng, phong phú và có một ý nghĩa rất quan trọng đối với các em học sinh ở bậc h ọc này. Đ ể gi ải quyết các bài toán, người ta phải bằng các cách giải thông minh nhất, tìm ra các biện pháp hữu hiệu và phù hợp nhất với trình độ ki ến th ức ở b ậc h ọc THCS để giải quết các bài toán loại này. Do đó, đòi hỏi người h ọc ph ải có một cách suy nghĩ logic sáng tạo, biết kết hợp kiến th ức cũ với ki ến th ức mới một cách logic có hệ thống. Vì vậy để giúp các em khắc phục được những khó khăn đó, tôi đã ch ọn nghiên cứu đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “ Hướng dẫn học sinh lớp 9 sử dụng kiến thức hình học vào giải bài tập đại số” 1
Trong một tiết ôn tập cho học sinh lớp 9, tôi đã ra bài toán sau: Cho phương trình : x2 – 2 (m – 1)x + 2m – 7 = 0. Tìm m để 2 nghiệm phương trình trên là các kích thước của một hình chữ nhật. Khi gặp bài toán này, nhiều em rất lúng túng, b ối r ối và không đ ịnh hướng được cho mình phải giải bài toán trên bắt đầu từ hướng suy nghĩ như thế nào, dẫn đến các em không giải được bài toán trên, có phải h ọc sinh khi gặp bài toán đại số này đã nghĩ ngay đến những kiến thức, nh ững công c ụ trong môn đại số hay không? Nhưng ta hãy thử đơn giản nghĩ lại rằng, kích thước của hình chữ nhật là những số dương nên câu hỏi của bài toán có thể hiểu là: Tìm m để phương trình trên có 2 nghiệm dương. Với câu hỏi này thì chắc chắn bài toán trên sẽ trở thành rất quen thuộc đối với học sinh . Nh ư vậy chỉ cần lưu tâm đến những kiến thức nhỏ của hình học trong bài toán này thì mọi việc sẽ nhẹ nhàng hơn. Không những bài toán trên mà thực tế nhiều bài toán khác, học sinh gặp cũng rất bỡ ngỡ. Nhưng n ếu các em nh ớ đ ến v ận dụng những kiến thức nhỏ trong hình học thì bài toán s ẽ trở nên d ễ dàng h ơn. Vì lý do đó cho nên qua một thời gian công tác giảng dạy ,tôi đã đúc rút kinh nghiệm về “Khai thác những kiến thức hình học vào giải một số bài tập đại số”. Qua nhiều biện pháp điều tra về việc giải bài toán đại số bằng ki ến thức hình học ở hai lớp 9A và 9B, kết quả cụ thể thu được như sau: Giỏi Yếu- kém Khá TB Lớp Tổng số SL % SL % SL % SL % 11, 51, 9AB 72 03 4,2 08 37 24 33,3 1 4 2
PHẦN II: NỘI DUNG I.Nhận thức cũ và thực trạng trong dạy học môn đại số trong nhà trường: - Nhận thức cũ: Đa số học sinh khi giải một bài tập đại số thông th ường hay dùng các kiến thức đại số làm công cụ.Trong khi đó một số bài tập đại số cần lưu ý đến các kiến thức hình học mới giải được. - Việc làm cũ: Khi gặp một bài toán đại số học sinh thường sử dụng các ki ến th ức đ ại số làm công cụ, nên dẫn tới nhiều bài toán học sinh sẽ g ặp r ất nhi ều khó khăn, thậm chí không giải được. - Giải pháp mới: Để giải quyết dễ dàng hơn khi gặp những dạng bài toán này thì h ọc sinh cần biết khai thác, vận dụng các kiến của hình học , và sau đây xin giới thiệu một số ví dụ. II. Các giải pháp: 1. Sử dụng điều kiện một điểm nằm giữa 2 điểm còn lại. - Ta biết rằng điểm M nằm giữa hai điểm A và B khi và ch ỉ khi MA + MB = AB (tức là A, B, M thẳng hàng) - Điểm M không nằm giữa A và B khi và ch ỉ khi MA+ MB AB (tức là A, B, M không thẳng hàng). Ví dụ1: Trên mặt phẳng toạ độ cho ba điểm A(2;3), B(-1; -3), C(3;5). Ch ứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng. Lời giải: 3
Ta có AB = (−1 − 2) 2 + (−3 − 3) 2 = 45 = 3 5 AC = (3 − 2)2 + (5 − 3)2 = 5 BC = (3 + 1) 2 + (5 + 3)2 = 80 = 4 5 Ta có : AB + AC = 3 5 + 5 =4 5 =BC. Vậy A, B, C thẳng hàng. Nhận xét: Nhiều em học sinh khi gặp ví dụ này s ẽ rất b ỡ ng ỡ, lúng túng không biết chứng minh theo cách nào. Nhưng ở trong hình học học ta bi ết 3 điểm A, B, C thẳng hàng khi xảy ra một trong ba trường hợp: AC = AB + BC AB = AC + BC BC = AB+ AC Từ kiến thức hình học này dẫn ta suy nghĩ theo hướng là đi tính độ lớn các đoạn thẳng trên và so sánh tổng 2 đoạn th ẳng với đoạn còn l ại. Như vậy ta có lời giải bài trên thật là ngắn gọn. Từ ví dụ trên ta có thể chứng minh 3 điểm không thẳng hàng như ví dụ sau: Ví dụ 2: Trên mặt phẳng toạ độ cho 3 điểm M(2;5) , N(1;2) , P(0;1) .Ch ứng minh ba điểm trên không thẳng hàng. Lời giải: MN = (2 − 1) 2 + (5 − 2) 2 = 10 NP = (1 − 0) 2 + (2 − 1) 2 = 2 MP = ( 2 − 0) 2 + (5 − 1) 2 = 20 4
Từ đó ta có MN + NP ≠ MP , NP + MP MN , MN + MP NP không có điểm nào nằm giữa hai điểm còn lại nên M, N, P không thẳng hàng. Và ta chỉ cần thay đổi một chút là có bài toán mới như ví dụ sau: Ví dụ 3: Trên mặt phẳng cho 3 điểm A(1;-4) , B(7;8) , M(4;2). Chứng minh M là trung điểm của AB. Lời giải. Ta có: MA = (1 − 4) 2 + ( −4 − 2) 2 = 45 = 3 5 MB = (7 − 4) 2 + (8 − 2) 2 = 45 = 3 5 AB = (1 − 7) 2 + (−4 − 8) 2 = 180 = 6 5 Ta có: 3 5 + 3 5 = 6 5 hay MA + MB = AB . Vậy điểm M nằm giữa A và B. Ta lại có: MA = MB = 3 5 nên M là trung điểm của AB. Như vậy chỉ cần tính độ dài của các đoạn thẳng và sử dụng điều kiện m ột điểm nằm giữa hai điểm còn lại ta đã giải quyết được rất nhiều bài toán. 2. Sử dụng bất đẳng thức về cạnh trong tam giác. - Cho tam giác ABC ta có: AB < AC + BC. - Nếu cho 3 điểm A, B, C bất kỳ trên mặt phẳng toạ độ thì ta luôn có AB AC + BC. Bây giờ ta sẽ áp dụng kiến thức hình học này để giải quyết một số bài toán. Ví dụ 4: Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh một tam giác. Chứng minh: (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) ≤ abc (Đ ề thi ch ọn hsg toán 9 thành ph ố HCM năm h ọc 1999- 2000) 5
Lời giải: Đặt x=a+b-c y=b+c-a z=c+a-b Vì a, b, c là 3 cạnh của một tam giác nên x, y, z > 0 x+ y y+z z+x Ta có: b= ,c= ,a= 2 2 2 x+ y y+z z+x Bất đẳng thức trên tương đương với: xyz ≤ ( )( )( ) 2 2 2 x+ y y+z z+x 2 xy 2 yz 2 zx )≥( ) = xyz (áp dụng bất đẳng thức Mà ( )( )( )( )( 2 2 2 2 2 2 Côsi) x+ y y+z z+x Vậy: xyz ≤ ( ) hay (a+b-c)(b+c-a)(c+a-b) ≤ abc (đpcm) )( )( 2 2 2 Ở bài này để áp dụng được bất đẳng thức Côsi thì phải lý lu ận đ ể x, y , z > 0 mà điều này có được do a, b, c là 3 cạnh của một tam giác. Ví dụ 5: Cho phương trình: x2 + (a + b + c)x + ab + ac + bc = 0 Với a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác. Chứng minh phương trình trên vô nghiệm. (Đề thi tuyển sinh lớp 10 chuyên ĐHKHTN-ĐHQG Hà N ội năm h ọc 2002-2003) Lời giải: ∆ = (a + b + c)2 – 4(ab + ac + bc) = a2 + b2 + c2 - 2ab – 2bc – 2ca = a[a – (b + c)] + b[b – (a + c)] + c[c – (a + b)] Vì a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác, nên: a – (b + c) < 0 b – (a + c) < 0 c – (a + b) < 0 6
Vì vậy: ∆ = a[a – (b + c)] + b[b – (a + c)] + c[c – (a + b)] < 0 nên ph ương trình trên vô nghiệm. Nhận xét: Bài này cũng sử dụng bất đẳng thức về cạnh trong tam giác mới chứng minh được ∆ < 0 . Ví dụ 6: Với a, b, c, d là những số dương , chứng minh: a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c) + (b + d ) 2 2 Lời giải: y Chọn hệ trục tọa độ xOy. Trên trục Ox ở chiều dương, Q B lấy ON = a, MN = c trên trục Oy ở chiều dương lấy d OP = b, PQ = d. Ta có: P A OA = a 2 + b 2 b AB = c 2 + d 2 OB = (a + c) 2 + (b + d ) 2 O aN c Mx OA + AB ≥ OB Ta có: Nên a 2 + b 2 + c 2 + d 2 ≥ (a + c) 2 + (b + d ) 2 (Điều phải chứng minh) Nhận xét: Ở ví dụ này thì ta biết với 3 điểm A, B, C bất kỳ thì AB ≤ AC + BC nên vận dụng kiến thức hình học này ta dễ dàng chứng minh b ất đ ẳng thức trên. Ta có thể mở rộng bất đẳng thức trên thành một bất đẳng thức tổng quát nhờ cách chứng minh tương tự như trên. Với x1, x2…xn và y1, y2, …yn là những số dương thì ta cũng luôn có bất đẳng thức sau: 7
( x1 + y1 ) 2 + ( x2 + y2 ) 2 +…+ ( xn + yn ) 2 ≥ ( x1 + x2 + ... + xn ) 2 + ( y1 + y2 + ... + yn ) 2 3. Sử dụng định lý Pitago. - Cho tam giác ABC vuông tại A, ta có BC2 = AB2 + AC2 (định lý Pitago) - Nếu BC2 = AB2 + AC2 thì tam giác ABC vuông tại A( định lý đảo định lý Pitago) Vận dụng kiến thức này vào ta có một số bài tập sau. Ví dụ 7: Cho 2 đường thẳng: y = 3x- 2 ( d1 ) −1 y= x+8 (d2 ) 3 Chứng minh 2 đường thẳng trên vuông góc với nhau. (d2) Hướng dẫn học sinh suy nghĩ: C Nếu 2 đường thẳng vuông góc với nhau thì tam giác ABC Là tam giác vuông. Từ đó ta sẽ xác định tọa độ A, B, C A B (d1) sau đó sẽ tính độ dài AB, AC, BC và áp dụng định lý đảo định lý Pitago để chứng minh tam giác ABC vuông. Lời giải: Gọi A(x0;y0) là giao điểm của 2 đường thẳng ta có: y0 = 3x0 - 2 −1 y0 = x0 + 8 3 Giải ra ta được: x0 = 3 và y0 = 7. Vậy A (3;7). Trên (d2) lấy C (6;6), trên (d1) lấy điểm B (0;-2): AC = (6 − 3) 2 + (6 − 7) 2 = 10 8
AB = (0 − 3) 2 + (−2 − 7) 2 = 90 BC = (0 − 6) 2 + (−2 − 6) 2 = 100 Ta có: AC2 + AB2 = BC2 = 100 hay tam giác ABC vuông tại A (Định lý đảo định lý Pitago), nên 2 đường thẳng trên vuông góc với nhau. Nhờ kiến thức này mà ta có thể chứng minh được rằng nếu đường thẳng y=ax+b vuông góc với đường thẳng y = cx + d thì ac =-1 và ngu ợc l ại nh ư ví dụ sau: Ví dụ 8: Cho hai đường thẳng: y = ax + b (a 0) (d 1 ) y = cx +d (c 0) (d 2 ) Chứng minh rằng: Nếu (d 1 ) vuông góc với (d 2 ) thì ac = -1 Lời giải: Ta có y = ax + b song song hoặc trùng với y = ax (d 3 ) y = cx + d song song hoặc trùng với y = cx (d 4 ) Ta có nếu (d 1 ) vuông góc với (d 2 ) thì ta cũng có (d 3 ) vuông góc với (d 4 ). (d 3 ) A O B (d 4 ). Gọi O là giao điểm của (d 3 ) và (d 4 ) dễ dàng ta tìm được O (0; 0). Trên (d 3 ) lấy một điểm bất kỳ khác O, ví dụ A(1; a). Trên (d 4 ) lấy một điểm bất kỳ khác O,ví dụ B(1; c) 9
Vì (d 3 ) vuông góc với (d 4 ) nên tam giác OAB vuông tại O, theo định lý Pitago OA2 + OB2 = AB2 hay a2 + 1 + c2 + 1 = (a – c)2 . Từ đó ta có ac = -1. ta có Vậy: nếu (d 1 ) vuông góc với (d 2 ) thì ac = -1 (ĐPCM) 4. Vận dụng các định nghĩa, dấu hiệu nhận biết trong hình học để giải. Đó là vận dụng ngay trực tiếp các định nghĩa các dấu hiệu đ ể gi ải các bài t ập đại số như một số ví dụ sau: Ví dụ 9: Trên mặt phẳng toạ độ cho điểm A(2;1), B(5;7), C(-4;4). Chứng minh 3 điểm A, B, C tạo thành một tam giác vuông cân. Lời giải: AB = (5 − 2) 2 + (7 − 1) 2 = 3 5 AC = (−4 − 2) 2 + (4 − 1) 2 = 3 5 BC = (−4 − 5) 2 + (4 − 7) 2 = 90 AB = AC = 3 5 nên tam giác ABC cân tại A. Ta có: Ta lại có: AB2 + AC2 = BC2 = 90 nên tam giác ABC vuông tại A( định lý đảo định lý Pitago) Vậy tam giác ABC là tam giác vuông cân tại A. Nhận xét: Để chứng minh tam giác vuông cân ta phải nhớ l ại ki ến th ức hình học, đó là tam giác vuông có 2 cạnh bằng nhau nên ta s ẽ đi tính đ ộ dài các cạnh để chứng minh tam giác cân và sử dụng định lý đảo, định lý Pitago đ ể chứng minh tam giác vuông. Ví dụ 10: Trên mặt phẳng toạ độ cho 4 điểm: A (4;2) ; B (2;-1) ; C (-4;-1) ; D (-2;2). Chứng minh ABCD là hình bình hành. Lời giải: Trên mặt phẳng toạ độ ta xác định các điểm A, B, C, D như trên. 10
Ta có: AB = (4 − 2) 2 + (2 + 1) 2 = 13 CD = (−4 + 2) 2 + (−1 − 2) 2 = 13 AD = (−2 − 4) 2 + (2 − 2) 2 = 6 CB = (−4 − 2) 2 + (−1 + 1) 2 = 6 Ta có: AB = CD = 13 ; AD = CB = 6 nên ABCD là hình bình hành. Như vậy ở bài này để giải được nó ta phải nh ớ lại dấu hi ệu nh ận bi ết hình bình hành. Trong các dấu hiệu nhận biết của hình bình hành, thì ở bài này ta sử dụng tứ giác có cặp cạnh đối bằng nhau là hiệu quả nhất. Vì ở đây ta dễ dàng tính được độ dài của các đoạn thẳng. Ví dụ 11: Hai vật chuyển động trên một đường tròn, đường kính 20cm. Xu ất phát cùng một lúc, cùng một điểm. Nếu chuyển động cùng chiều thì cứ sau 20s thì chúng gặp nhau, nếu chuyển động ngược chiều thì sau 4s chúng g ặp nhau. Tính vận tốc mỗi vật. ( Bài tập 37 trang 24 toán 9 tập II) Lời giải: Độ dài đường tròn là C = π d ≈ 3,14 x 20 ≈ 62,8(cm.) Gọi x(cm/s), y(cm/s) là vận tốc của 2 vật (x, y > 0). Sau 20s chúng chuyển động cùng chiều gặp nhau thì quãng đường vật đi nhanh hơn lớn hơn quãng đường đi được của vật còn lại chính là độ dài của đường tròn. Nên ta có: 20x – 20y = 62,8. Sau 4s chúng chuyển động ngược chiều thì gặp nhau cho nên tổng quảng đường đi của 2 vật là độ dài đường tròn, nên: 4x + 4y = 62,8 11
Ta có hệ: 20x – 20y = 62,8 x= 9,42 (thỏa mãn điều kiện) ←→  4x + 4y = 62,8 y = 6,28 Vậy vận tốc của vật thứ nhất là 9,42 cm/s Vận tốc của vật thứ 2 là 6,28 cm/s. (Tính gần đúng) Như vậy để giải bài này ta phải sử dụng một kiến thức của hình học đó độ dài đường tròn . Ví dụ 12: Cho phương trình: x2- 2(m-1)x+2m-7 = 0. Tìm m để 2 nghiệm của phương trình là kích thước của 1 hình chữ nhật. (Trích ý c bài 2 đề thi KSCL lớp 9 huy ện Yên Thành năm h ọc 2004 – 2005) Lời giải ∆ = (m-1)2- (2m-7) = (m-2)2 + 5 > 0 ∀m Nên phương trình luôn có 2 nghiệm phân biệt. Để 2 nghiệm của phương trình trên là các kích thước của hình chữ nhật thì phương trình trên phải có 2 nghiệm dương. Hay x1+x2= 2(m-1) >0 m >1 ←→  x1x2 = 2m – 7 >0 m >3,5 Vậy với m > 3,5 thì 2 nghiệm của phương trình trên sẽ là các kích thước của 1 hình chữ nhật. Nhận xét: Tôi đã từng ôn tập cho học sinh câu này nh ưng h ọc sinh rất ng ỡ ngàng, lúng túng không hiểu hai kích thước hình chữ nhật là như th ế nào nên 12
không biết bài làm từ đâu. Nhưng ta chỉ cần lưu ý chiều dài và chi ều r ộng c ủa hình chữ nhật là những số dương thì bài toán sẽ đơn giản h ơn. Như vậy ta ch ỉ cần tìm điều kiện để phương trình trên có hai nghiệm dương là được. Từ ví dụ trên nếu thay đổi một chút ta sẽ có bài toán hóc búa hơn, như ví dụ 13 dưới đây: 5. Bài tập tổng hợp. Đó là vận dụng nhiều kiến thức hình học một lúc nh ư các đ ịnh nghĩa, các d ấu hiệu, diện tích, định lý Pitago.....như một số bài tập sau: Ví dụ 13: Cho phương trình : x2- 2(m-1)x +2m-7 =0. Tìm m để hai nghiệm của phương trình là các kích thước của một hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 34 . Lời giải: Tương tự lời giải như trên, để hai nghiệm là các kích thước c ủa hình ch ữ nhật thì m > 3,5 Để hai nghiệm này là các kích thước hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 34 x12 + x22 = 34 thì ⇔ ( x1 + x2 )2 - 2x1x2 = 34 ⇔ [2(m-1)]2 - 2(2m-7) = 34 ⇔ m2 – 3m – 4 = 0 giải phương trình ta có: m1 = -1 hoặc m2 = 4 Đối chiếu với điều kiện m >3,5 ta có m = 4 thỏa mãn điều kiện. Vậy với m = 4 thì hai nghiệm của phương trình là các kích thước của hình chữ nhật có độ dài đường chéo là 34 . 13
Ở ví dụ này ngoài sử dụng kiến thức như ở ví dụ trên còn sử dụng đến ki ến thức nữa đó là định lý Pitago. Ví dụ 14: Cho a > c, b > c, c > 0. Chứng minh rằng: c(a − c) + c(b − c) C ab (Đề thi HSG lớp 9 TP HCM năm học 2002 – 2003) Lời giải: a b c A H B a−c b−c Ta có: a – c > 0; b – c > 0 Đặt AC = a ; BC = b ; CH = c thì AH = a − c và BH = b − c Ta có: 2(S ACH + S BCH ) = 2S ABC mà 2S ABC ab Do đó: c a − c + c b − c ab Nên: c(a − c) + c(b − c) ab (điều phải chứng minh) Như vậy ở bài toán này ta đã sử dụng định lý Pitago để khẳng đ ịnh s ự t ồn t ại của cách dựng hình trên. Ngoài ra bài này ta còn sử dụng đến công thức tính diện tích của tam giác. Ví dụ 15: Trên mặt phẳng toạ độ cho đường thẳng (m-2)x +(m-1)y = 1 (d) (trong đó m là tham số). Tìm giá trị của m để khoảng cách từ g ốc to ạ độ O đến đường thẳng (d) là lớn nhất. Lời giải y A 14
H B O x 1 Gọi A là giao điểm của (d) với trục tung. Ta cho x = 0 thì y= nên OA = m −1 1 m −1 . 1 Gọi B là giao điểm của (d) với trục hoành. Ta cho y = 0 thì x = nên OB = m−2 1 m−2 . Khoảng cách từ gốc 0 đến (d) là OH . Ta có tam giác OAB là tam giác vuông với đường cao OH nên ta có: 1 1 1 1 32 1 2= + 2 hay 2 = (m-1) + (m-2) = 2(m- )+ 2 2 2 OH OA OB OH 2 2 2. Vậy giá trị lớn nhất cuả OH là: OH = 2 xảy ra khi m= Nên ta có OH 2 3 . 2 Như vậy ở bài này ta phải sử dụng kiến thức hình học là sử dụng h ệ th ức trong tam giác vuông. III.Kết quả đạt được: Qua quá trình công tác giảng dạy có áp dụng “ Khai thác nh ững ki ến th ức hình học để giải một số bài tập đại số” tôi đã thực hiện trên đối tượng lớp 9A , còn lớp 9B thì không áp dụng. Kết quả thu được sau khi áp dụng đề tài này được thể hiện ở bảng sau: 15
Giỏi Yếu- kém Khá TB Lớp Tổng số SL % SL % SL % SL % 9AB 72 06 8,3 18 25,0 48 66,7 0 0 PHẦN III.: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Như vậy khi giải một số bài toán đại số nếu ta biết khai thác và v ận dụng hợp lý một số kiến thức hình học thì công việc giải toán s ẽ đơn gi ản hơn, mang lại hiệu quả cao hơn. Vì vậy trong khi giải toán c ần nghiên c ứu k ỹ bài toán và cần phải kết hợp nhuần nhuyễn giữa hình học và đại số để gi ải quyết. Trong khi dạy học cần lưu ý cho học sinh biết khai thác và vận dụng các kiến thức hình học để giải các bài tập đại số và ngược lại. Ở đây tôi chỉ mới giới thiệu giải một số bài tập đại số có kết h ợp các kiến thức hình học, tất nhiên còn nhiều dạng toán nữa khi giải cũng cần kết hợp các kiến thức hình học để giải. Đề tài này là những kinh nghiệm của tôi đúc rút ra trong quá trình gi ảng dạy, rất mong được sự góp ý của Hội đồng khoa h ọc c ấp trên đ ể có th ể phát triển hoàn thiện thêm. TÀI LIỆU THAM KHẢO. 1. Sgk toán 9 tập 2. 2. Nâng cao và các chuyên đề đại số 9 ( Nguyễn Ngọc Đạm, Nguyễn Việt Hải, Vũ Dương Thụy). 3. Tuyển tập đề thi môn toán THCS (Vũ Dương Thụy, Lê Thống Nhất, Nguyễn Anh Quân). 4. Tổng hợp các bài toán bất đẳng thức (Nguyễn Đức Tấn). 16
5. Sưu tầm các đề thi trên mạng. 6. Nâng cao và phát triển toán 9 (Vũ Hữu Bình) 17