Tài liệu Skkn toán 7 rèn luyện kĩ năng giải toán tỉ lệ thức

MỤC LỤC A. CƠ SỞ ĐỀ XUẤT GIẢI PHÁP 2-3 1. Sự cần thiết hình thành giải pháp 2 2. Tổng quan các vấn đề liên quan đến giải pháp 2 3. Mục tiêu – Căn cứ đề xuất giải pháp 2 4. Phương pháp thực hiện 2 5. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu 3 B. QUÁ TRÌNH HÌNH THÀNH VÀ NỘI DUNG GIẢI PHÁP 4-23 1. Quá trình hình thành giải pháp 4 2. Nội dung giải pháp 4 2.1. Tổ chức khảo sát chất lượng đầu năm 4 2.2. Hướng dẫn học sinh giải bài toán tỉ lệ thức 4 2.3. Phân loại dạng toán giải bài toán tỉ lệ thức 5 2.3.1. Dạng I: Tìm các giá trị của biến trong các tỉ lệ thức 5 2.3.2. Dạng II: Chia tỉ lệ 11 2.3.3. Dạng III: Dạng chứng minh tỉ lệ thức 18 C. HIỆU QUẢ GIẢI PHÁP 24 1. Thời gian áp dụng thử 2. Hiệu quả đạt được 3. Khả năng áp dụng: D. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT, KIẾN NGHỊ 24 24 24 25 1. Kết luận 25 2. Những đề xuất, kiến nghị 25 2.1. Đối với Phòng Giáo dục và Đào tạo 25 2.2. Đối với ban lãnh đạo nhà trường 25 Tài liệu tham khảo 26 Trang 1 A. CƠ SỞ ĐỀ XUẤT GIẢI PHÁP 1. Sự cần thiết hình thành giải pháp Trong quá trình giảng dạy toán tại trường THCS Nguyễn Huệ tôi thấy dạng toán tỉ lệ thức luôn là một trong những dạng toán cơ bản. Dạng toán này xuyên suốt trong chương trình toán THCS, một số giáo viên chưa chú ý đến kỹ năng giải bài toán tỉ lệ thức cho học sinh mà chỉ chú trọng đến việc học sinh làm được nhiều bài, đôi lúc biến việc làm thành gánh nặng với học sinh. Còn học sinh đại đa số chưa có kỹ năng giải dạng toán này, cũng có những học sinh biết cách làm nhưng chưa đạt được kết quả cao vì: Không biết dựa vào mối liên hệ giữa các đại lượng; lời giải thiếu chặt chẽ... 2. Tổng quan các vấn đề liên quan đến giải pháp Tìm ra các kỹ năng giải toán mới hoặc các kỹ năng giải toán cũ song có cách vận dụng mới trong việc giải bài toán tỉ lệ thức cho học sinh lớp 7. Giáo viên: biết thêm một số kỹ năng giải bài toán tỉ lệ thức và vận dụng với từng đối tượng học sinh. Học sinh: chủ động chiếm lĩnh kiến thức, mạnh dạn, tự tin, phát triển trí tuệ của bản thân; biết dựa vào mối liên hệ giữa các đại lượng; lời giải chặt chẽ … 3. Mục tiêu – Căn cứ đề xuất giải pháp Để giúp học sinh sau khi học hết chương trình toán THCS có cái nhìn tổng quát hơn về dạng toán tỉ lệ thức, nắm chắc và biết cách giải dạng toán này. Rèn luyện cho học sinh khả năng phân tích, xem xét bài toán dưới dạng đặc thù riêng lẻ. Khuyến khích học sinh tìm hiểu cách giải để học sinh phát huy được khả năng tư duy linh hoạt, nhạy bén khi tìm lời giải bài toán. Tạo cho học sinh lòng tự tin, say mê, sáng tạo, không còn ngại ngùng đối với việc giải bài toán tỉ lệ thức, thấy được môn toán rất gần gũi với các môn học khác và thực tiễn trong cuộc sống. Giúp giáo viên tìm ra phương pháp dạy học phù hợp với mọi đối tượng học sinh. 4. Phương pháp thực hiện: Tôi đã chọn các phương pháp sau: - Tham khảo tài liệu về một số bài soạn mẫu trong quyển một số vấn đề đổi mới phương pháp dạy học ở trường THCS . Trang 2 - Tham ý kiến cũng như phương pháp dạy của đồng nghiệp thông qua các buổi sinh hoạt chuyên môn , dự giờ thăm lớp. - Điều tra khảo sát kết quả học tập của học sinh. - Thực nghiệm dạy các lớp 7 năm 2017-2018 THCS Nguyễn Huệ . - Đánh giá kết quả của học sinh sau khi dạy thực nghiệm 5. Phạm vi và đối tượng nghiên cứu 35 học sinh lớp 7D, 35 học sinh lớp 7G trường THCS Nguyễn Huệ Trang 3 B. QUÁ TRÌNH HÌNH THÀNH VÀ NỘI DUNG GIẢI PHÁP 1. Quá trình hình thành giải pháp : 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. Định hướng này đã được pháp chế hoá trong luật giáo dục điều 24 mục II đã nêu ''Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác chủ động sáng tạo của học sinh, phải phù hợp với đặc điểm của từng môn học, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh" Rèn là: luyện với lửa cho thành khí cụ. Kĩ năng là: là năng lực khéo léo khi làm việc nào đó. Rèn kĩ năng là: rèn và luyện trong công việc để trở thành khéo léo, chính xác khi thực hiện công việc ấy. Rèn kĩ năng giải toán là: rèn và luyện trong việc giải các bài toán để trở thành khéo léo, chính xác khi tìm ra kết quả bài toán. Giải toán tỉ lệ thức là: Phiên dịch bài toán từ ngôn ngữ thông thường sang ngôn ngữ đại số rồi dùng các phép biến đổi đại số để tìm ra đại lượng chưa biết thoả mãn điều kiện bài cho. Khi giải bài toán tỉ lệ thức học sinh thường không biết dựa vào mối liên hệ giữa các đại lượng để giải. Giáo viên chưa có nhiều thời gian và biện pháp hữu hiệu để phụ đạo học sinh yếu kém. Giáo viên nghiên cứu về phương pháp giải bài toán tỉ lệ thức song mới chỉ dừng lại ở việc vận dụng các bước giải một cách nhuần nhuyễn chứ chưa chú ý đến việc phân loại dạng toán, kỹ năng giải từng loại và những điều cần chú ý khi giải từng loại đó. Trong quá trình giảng dạy nhiều giáo viên trăn trở là làm thế nào để học sinh phân biệt được từng dạng và cách giải từng dạng đó. 2. Nội dung giải pháp 2.1. Tổ chức khảo sát chất lượng đầu năm Ngay từ đầu năm học sau khi nhận lớp tôi đã tiến hành khảo sát chất lượng để phân loại đối tượng học sinh. Qua kết quả khảo sát giúp giáo viên nhận biết được khả năng nhận thức của học sinh. 2.2. Hướng dẫn học sinh giải bài toán tỉ lệ thức * Để giải bài toán tỉ lệ thức phải dựa vào quy tắc chung gồm các bước như sau: Trang 4 x y  trong đó x, y là ẩn ; a, b là hằng số a b Bước 1: Đưa về tỉ lệ thức Bước 2: Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau: Bước 3: suy ra giá trị x, y. 2.3. Phân loại dạng toán giải bài toán tỉ lệ thức 2.3.1 Dạng I: Tìm các giá trị của biến trong các tỉ lệ thức. * Tính chất dãy tỉ số bằng nhau: a c a c a  c  - Tính chất: Ta luôn có   b d bd b d a c e a c e ma nc pe  - Tính chất mở rộng:    b d f b d f mb nd pf (Giả thiết các tỉ số đều có nghĩa) Ví dụ 1: Tìm x, y biết. x y  và x  y 20 2 3 Giải: Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: x y x  y x  y 20     4 2 3 2 3 5 5 x  4  x 2.4  x 8 2 y 4  y 3.4  y 12 3 Vậy: x 8 ; y 12 . Ví dụ 2: Tìm x, y biết. x :   3 y : 5 và y  x 24 Phân tích đề bài: Ta phải viết tỉ lệ thức dưới dạng dãy tỉ số bằng nhau. Giải: x y y x  Từ: x :   3 y : 5    5 3 3 5 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: y x y  x 24     3  3 5  3 5  8 x   3  x 5.   3  x  15 5 y  3  y  3.   3  y 9 3 Vậy: x  15 ; y 9 . x y z   và x  y  z 10 Ví dụ 3: Tìm x, y, z biết. 8 12 15 Trang 5 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: x y z x  y  z 10     2 8 12 15 8  12  15 5  x 8.2 16 y 12.2 24 z 15.2 30 Vậy: x 16 ; y 24 ; z 30 . Nhận xét: Ơ ví dụ 1 và ví dụ 3 ta áp dụng ngay được tính chất dãy tỉ số bằng nhau. Trong thực tế nhiều bài tập phải qua quá trình biến đổi mới có thể đưa được về dạng để áp dụng được tính chất dãy tỉ số bằng nhau. Sau đây là một số dạng và cách biến đổi. x y z Ví dụ 4: Tìm x, y, z biết.   và. 2x  3y  z 34 2 3 4 Phân tích đề bài: Để áp dụng được tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta phải biến đổi dãy tỉ số sao cho hệ số của x, y, z ở các tử của dãy tỉ số bằng hệ số của x, y, z trong đẳng thức, bằng cách áp dụng tính chất cơ bản của phân số. Cụ thể nhân cả tử và mẫu của tỉ x y số với 2 và nhân cả tử và mẫu của tỉ số với 3 rồi áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng 2 3 nhau để tìm x, y. z. Giải: x y z 2x 3y z Ta có:      2 3 4 4 12 4 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: 2x 3y z 2x  3y  z 34     2 4 9 4 4 9 4 17 x  2  x 2.2  x 4 2 y 2  y 3.2  y 6 3 z 2  z 4.2  z 8 4 Vậy: x 4 ; y 6 ; z 8 . x 1 y 2 z 3   Ví dụ 5: Tìm x, y, z biết. và x  2y  3z 14 . 2 3 4 Phân tích đề bài: Cách làm giống ví dụ 4 Giải: x  1 y  2 z  3 x  1 2y  4 3z  9      Ta có: 2 3 4 2 6 12 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: x  1 2y  4 3z  9 x  1  2y  4  3z  9    2 6 12 2  6  12 x  2y  3z  6 14  6   1 8 8 Trang 6 x1 1  x  1 2  x 3 2 y 2  1  y  2 3  y 5 3 z 3  1  z  3 4  z 7 4 Vậy: x 3 ; y 5 ; z 7 Nhận xét: Ở bài này ta còn có thể dùng phương pháp đặt ẩn phụ. Ví dụ 6: Tìm x, y biết. 7x 9y và 10x  8y 68 Phân tích đề bài: Ta viết đẳng thức 7x 9y về dạng dãy tỉ số bằng nhau sau đó vận dụng cách làm ở ví 4. Giải: x y 10x 8y  Từ: 7x 9y    9 7 90 56 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: 10x 8y 10x  8y 68    2 90 56 90  56 34 x  2  x 9.2  x 18 9 y 2  y 7.2  y 14 7 Vậy: x 18 ; y 14 . Ví dụ 7: Tìm x, y, z biết. 2x 3y 4z và x  y  z 169 . Phân tích đề bài: Ta đưa dãy đẳng thức 2x 3y 4z về dạng dãy tỉ số bằng nhau sao cho hệ số của x, y, z trong dãy tỉ số bằng nhau bằng bằng 1. Cách làm chia các tích cho 12 [ vì: BCNN  2;3; 4  12 ] sau đó làm như ví dụ 3 Giải: 2x 3y 4z x y z      Từ: 2x 3y 4z  12 12 12 6 4 3 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: x y z x  y  z 169     13 6 4 3 6  4  3 13 x  13  x 6.13  x 78 6 y 13  y 4.13  y 52 4 z 13  z 3.13  z 39 3 Vậy: x 78 ; y 52 ; z 39 . x y  và x.y 112 Ví dụ 8: Tìm x, y biết. 4 7  Trang 7 Phân tích đề bài: Để áp dụng được tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta phải biến đổi dãy tỉ số bằng nhau làm xuất hiện tích x.y bằng cách lập luận để chứng tỏ x 0 rồi nhân x y hai vế của hai tỉ số  với x. Thay x.y 112 vào rồi tính. 4 7 Giải: x y Vì x.y 112  x 0 Nhân cả hai vế của  với x ta được: 4 7 2 x xy 112   16 4 7 7 x2  16  x 2 4.16  x 2 64  x 8 4 112  y  14 Nếu x  8   8.y 112  y  8 112  y 14 Nếu x 8  8y 112  y  8 Vậy: x  8 ; y  14 hoặc x 8 ; y 14 Nhận xét: Ở bài này ta còn có thể dùng phương pháp đặt ẩn phụ. x y y z Ví dụ 9: Tìm x, y, z biết.  ;  và x  2y  3z 19 2 3 2 3 x y y z Phân tích đề bài: Đưa hai dãy tỉ số  ;  về một dãy ba tỉ số bằng nhau bằng 2 3 2 3 cách biến đổi y ở hai dãy tỉ số về cùng mẫu sau đó làm giống ví dụ 4 Giải: x y x y     2 3 4 6  x y z x 2y 3z       y z y z 4 6 9 4 12 27    2 3 6 9  Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: x 2y 3z x  2y  3z 19     1 4 12 27 4  12  27 19 x  1  x 4.1 4 4 y 1  y 6.1  y 6 6 z 1  z 9.1  z 9 9 Vậy: x 4 ; y 6 ; z 9 x y z Ví dụ 10: Tìm x, y, z biết.   và 2x 2  2y2  3z 2  100 . 3 4 5 Phân tích đề bài: Để áp dụng được tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta phải biến đổi dãy tỉ số bằng nhau làm xuất hiện x 2 ; y 2 ; z 2 bằng cách bình phương các tỉ số sau đó làm giống ví dụ 4. Giải: Trang 8 x y z x 2 y 2 z 2 2x 2 2y 2 3z 2 Từ:         3 4 5 9 16 25 18 32 75 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: 2x 2 2y 2 3z 2 2x 2  2y 2  3z 2  100     4 18 32 75 18  32  75  25  x 2 9.4 36  x 6 y 2 16.4 64  y 8 z 2 25.4 100  z 10 x y z Từ    x, y, z cùng dấu 3 4 5 Vậy: x  6; y  8; z  10 Hoặc x 6; y 8; z 10 x y x z  (1) và x 3  y3  z3  1009 Ví dụ 11: Tìm x, y, z biết.  ; 2 3 4 9 x y x z  ;  Phân tích đề bài: Đưa hai dãy tỉ số về một dãy ba tỉ số bằng nhau 2 3 4 9 giống ví dụ 8 rồi lập phương các tỉ số để xuất hiện x 3 ; y3 ; z 3 sau đó áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau để tìm x, y, z. Giải: x y x y    Ta có: 2 3 4 6 x y z x3 y3 z3       4 6 9 64 216 729 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: x3 y3 z3 x 3  y3  z 3  1009      1 64 216 729 64  216  729 1009  x 3 64.   1  64  x  4 y3 216.   1  216  y  6 z3 729.   1  729  z  9 Vậy: x  4 ; y  6 và z  9 a b c Ví dụ 12: Cho   và a  b  c 0 ; a 2012 . Tính: b, c. b c a Phân tích đề bài: Vì a  b  c 0 ta áp dụng ngay tính chất dãy tỉ số bằng nhau để tìm giá trị của dãy tỉ số này rồi từ đó tìm ra giá trị của a, b, c. Giải: Vì a  b  c 0 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: a b c a b c    1 b c a b c a Mà a 2012  b 2012 b 2012  c 2012 Vậy: a b c 2012 Trang 9 a b c   khi a  b  c 0 . bc a c a b Tính giá trị mỗi tỉ số đó. Phân tích đề bài: Vì a  b  c 0 nên không thể áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau với ba tỉ số. Ta chỉ có thể áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau với hai tỉ số. Giải: Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: a b a b b c b c    1 và:    1 bc a c b c a c a b c b Vậy mỗi tỉ số đã cho bằng có giá trị bằng -1 Ví dụ 14: Tìm x biết. 2x  1 3y  2 2x  3y  1    1 5 7 6x Phân tích đề bài: Ta nhận thấy tử số của tỉ số thứ ba bằng tổng hai tử số của hai tỉ số đầu do đó, áp dung tính chất dãy tỉ số bằng nhau của hai tỉ số đầu để tìm x. Giải: Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: 2x  1 3y  2 2x  3y  1    2 5 7 12 Từ  1 và  2   6x 12  x 2 Ví dụ 13: Cho ba tỉ số bằng nhau Bài tập áp dụng: Bài 1: Tìm x, y biết. x y a)  và x  y 30 6 9 x y c)  và x.y 180 4 5 x y e)  và x 2 .y 2 4 2 4 x 5 g)  và 2x 2  3y 2 92 y 3 Bài 2: Tìm x, y, z biết. x y z   và x  y  z 9 a) 2 3 4 x y z b)   và x  3y  4z 62 4 3 9 x y z   và 5x  y  2z 28 c) 10 6 21 2x 3y 4z   d) và x  y  z 49 3 4 5 x 9 y 7 e)  ;  và x  y  z  15 y 7 z 3 b) x y  và 2x  y 34 19 21 d) x : y 4 : 5 và x.y 5 f) x y  và x 4 .y 4 16 2 4 h) 3x 2y và x 2  y 2 208 Trang 10 x y z   và x.y.z 810 2 3 5 x y z g)   và x.y.z  1680 5 6 10 x y z h)   và x 2  y2  2z 2 108 2 3 4 Bài 3: Tìm x, y, z biết. x 7 y 5 a)  ;  và 2x  5y  2z 100 y 20 z 8 x 1 y 2 z 3   b) và 2x  3y  z 50 2 3 4 12x  15y 20z  12x 15y  20z   c) và x  y  z 48 7 9 11 1  2y 1  4y 1  6y   Bài 4: Tìm x biết. . 18 24 6x Bài 5: Tìm các số t1, t 2 ,....., t 9 biết. t 9 t1  1 t 2  2 t 3  3   ........  9 và t1  t 2  .....  t 9 90 9 8 7 1 f) 2.3.2 Dạng II: Chia tỉ lệ. I - Chú ý: 1) x, y, z tỉ lệ thuận với a, b, c  x : y : z a : b : c ( Hay x y z   ) a b c 1 1 1 2) x, y, z tỉ lệ nghịch với a, b, c  x : y : z  : : ( Hay ax by cz ) a b c II – Bài tập: Ví dụ 1: Chu vi của hình chữ nhật bằng 28 dm. Tính độ dài mỗi cạnh, biết rằng chúng tỉ lệ với 3; 4. Phân tích đề bài: Trong hình chữ nhật có hai kích thước là chiều dài và chiều rộng (còn được gọi là hai cạnh của hình chữ nhật) chiều rộng thì ngắn hơn chiều dài. Hai cạnh của chúng tỉ lệ với 3; 4 vậy cạnh ngắn tỉ lệ với 3 còn cạnh dài tỉ lệ với 4. Nếu gọi hai cạnh của hình chữ nhật là a và b  0  a  b  . Vì hai cạnh hình chữ a b nhật ti lệ với 3 và 4 nên ta có:  . 3 4 Chu vi hình chữ nhật là 2  a  b  nên ta có: 2  a  b  28  a  b 14 Như vậy ta đã đưa bài toán về dạng bài áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau. Giải: Gọi hai cạnh của hình chữ nhật là a và b  0  a  b  a b Theo bài ra ta có:  và 2  a  b  28 3 4 Từ 2  a  b  28  a  b 24 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: Trang 11 a b a  b 14    2 3 4 34 7  a 3.2 6 ;  b 4.2 8 Vậy độ dài hai cạnh hình chữ nhật là 6cm và 8cm.  B,C   lần lượt tỉ lệ với 1; 2; 3. tính số Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có số đo các góc A, đo các góc của tam giác ABC.  B,C   lần lượt tỉ lệ với 1; 2; 3. Phân tích đề bài: Ở bài này cho các góc A,  B,C   là số đo ba góc cần tìm. Vậy ta lấy luôn A,     B,C   lần lượt tỉ lệ với 1; 2; 3 nên ta có: A  B  C Vì số đo các góc A, 1 2 3    Áp dụng định lí tổng ba góc của một tam ta có: A  B  C 1800 Giải:  B,C   Gọi ba góc trong và góc ngoài của tam giác ABC lần lượt là: A,  B,C    1800 00  A,      A B C  B  C  1800   và A 1 2 3 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:     B  C  1800 A B C A     300 1 2 3 1 2  3 6  1.300 300 ; B  2.300 600 ; C  3.300 900  A  B,C   của tam giác ABC lần lượt là: 300 ;600 ;900 Vậy số đo ba góc A, Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có các góc A, B, C tỉ lệ với 7: 5: 3. Các góc ngoài tương ứng tỉ lệ với các số nào.  B,C   . Phân tích đề bài: Nếu gọi ba góc của tam giác ABC lần lượt là: A,     B,C   tỉ lệ với 7: 5: 3 nên ta có A  B  C Vì ba góc A, 7 5 3  B  C  1800 Tổng ba góc của một tam giác bằng 1800 nên ta có: A Từ đó ta tìm được số đo các góc của tam giác, Mà tổng của góc ngoài và góc trong tại một đỉnh của tam giác bù nhau. Giải:  B,C   và Gọi ba góc trong và góc ngoài của tam giác ABC lần lượt là: A,  B,C    1800  ;B  ;C  00  A, A Theo bài ra ta có: 1 1 1    A B C  B  C  1800 .   và A 7 5 3 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:     B  C  1800 A B C A     120 7 5 3 7 5 3 15  0 0  7.12 84  A1 1800  840 960  A Theo bài ra ta có: Trang 12    1800  600 1200  5.120 600  B B 1  0 0  3.12 36  C1 1800  360 1440 C  :B  :C  960 :1200 :1440 4 : 5 : 6  A 1 1 1 Vậy các góc ngoài tương ứng tỉ lệ với: 4 : 5 : 6 . Ví dụ 4: Có 16 tờ giấy bạc loại 2000 đồng, 5000 đồng và 10000 đồng, trị giá mỗi loại tiền trên đều bằng nhau. Hỏi mỗi loại có mấy tờ. Phân tích đề bài: Gọi số tờ tiền loại 2000 đồng, 5000 đồng và 10000 đồng lần lượt là a, b, c Vì giá trị mỗi loại tiền đều bằng nhau nên ta có: 2000a 5000b 10000c Có 16 tờ giấy bạc các loại nên: a  b  c 16 Giải: Gọi số tờ tiền của loại 2000 đồng, 5000 đồng và 10000 đồng lần lượt là a, b, c Theo bài ra ta có: 2000a 5000b 10000c và a  b  c 16 a b c Từ: 2000a 5000b 10000c    5 2 1 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: a b c a  b  c 16     2 5 2 1 5  2 1 8  a 5.2 10 ; b 2.2 4 c 1.2 2 Vậy số tiền loại 2000 đồng, 5000 đồng, 10000 đồng lần lượt là 10 tờ, 4 tờ và 2 tờ. Ví dụ 5: Ba đội công nhân I, II, III phải vận chuyển tổng cộng 1530 kg hàng từ kho theo thứ tự đến ba địa điểm cách kho 1500m, 2000m, 3000m. Hãy phân chia số hàng cho mỗi đội sao cho khối lượng hàng tỉ lệ nghịch với khoảng cách cần chuyển. Phân tích đề bài: Vì phân chia số hàng cho mỗi đội sao cho khối lượng hàng tỉ lệ nghịch với khoảng cách cần chuyển nên ta có: 1500a 2000b 3000c Tổng số hàng cần chuyển đến ba kho là 1530 nên ta có: a  b  c 1530 . Giải: Gọi số lượng hàng chuyển tới ba kho lần lượt là a, b, c  a, b,c  0  . Theo bài ra ta có: 1500a 2000b 3000c và a  b  c 1530 a b c Từ: 1500a 2000b 3000c    4 3 2 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: a b c a  b  c 1530     170 4 3 2 4 3 2 9  a 4.170 680 ; b 3.170 510 ; c 2.170 340 Vậy số hàng cần chuyển tới ba kho A, B, C lần lượt là: 680 tạ, 510 tạ, 340 tạ. Ví dụ 5: Độ dài ba cạnh của một tam giác tỉ lệ với 2: 3: 4. Hỏi ba chiều cao tương ứng ba cạnh đó tỉ lệ với số nào. Phân tích đề bài: Nếu gọi ba chiều cao tương ứng với ba cạnh đó là: h1, h 2 , h 2 . Vì cạnh và chiều cao tương ứng của một tam giác là hai đại lượng tỉ lệ nghịch nên h h h ta có 2h1 3h 2 4h 3  1  2  3  h1 : h 2 : h 3 6 : 4 : 3 6 4 3 Trang 13 Giải: Gọi ba chiều cao tương ứng với ba cạnh đó là: h1, h 2 , h 3 .  h1, h 2 , h 3  0  h1 h 2 h 3   Theo bài ra ta có: 2h1 3h 2 4h 3  6 4 3  h1 : h 2 : h 3 6 : 4 : 3 Vậy ba chiều cao tương ứng với ba cạnh đó của tam giác tỉ lệ với 6 : 4 : 3 . Ví dụ 6: Một lớp học có 35 em, sau khảo sát chất lượng số học sinh được xếp thành ba loại: Giỏi, khá và trung bình. Số học sinh giỏi và khá tỉ lệ với 2 và 3, số học sinh khá và trung bình tỉ lệ với 4 và 5. Tính số học sinh mỗi loại. Phân tích đề bài: Nếu gọi số học sinh giỏi, khá, trung bình của lớp đó lần lượt là: a, b, * c a, b,c  N   a b  2 3 b c Số học sinh khá và trung bình tỉ lệ với 4 và 5 nên ta có:  . 4 5 Lớp học có 35 em nên ta có: a  b  c 35 Giải: Vì số học sinh giỏi và khá tỉ lệ với 2 và 3 nên ta có: * Gọi số học sinh giỏi, Khá trung bình của lớp đó lần lượt là: a, b, c a, b,c  N  Theo bài ra ta có:  a b b c  ;  và a  b  c 35 2 3 4 5 a b a b      c 2 3 8 12  a b    b c b c 8 12 15     4 5 12 15  Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: a b c a b c 35     1 8 12 15 8  12  15 35  a 8.1 8 ; b 12.1 12 ; c 15.1 15 Vậy số học sinh giỏi, khá, trung bình của lớp đó lần lượt là: 8 em, 12 em, 15 em. Ví dụ 7: Độ dài các cạnh góc vuông của một tam giac vuông tỉ lệ với 8: 15, cạnh huyền dài 51cm. Tính độ dài hai cạnh góc vuông. Phân tích đề bài: Gọi độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông đó lần lượt là: a, b a b Vì hai cạnh tỉ lệ với 8: 15 nên ta có:  8 15 Áp dụng định lí Pi – Ta – Go vào tam giác vuông đó ta được: a 2  b 2 512 Giải: Gọi độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông đó lần lượt là: a, b a b Theo bài ra ta có:  và a 2  b 2 512 (Định lí Pi – Ta – Go) 8 15 a b a2 b2 Từ a 2  b 2 512  a 2  b 2 2601 và    8 15 64 225 Trang 14 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: a2 b2 a 2  b2 2601    9 64 225 289 289  a 2 64.9 576  a 24 ; b 2 225.9 2025  b 45 . Vậy độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông đó là: 24cm, 45cm. Ví dụ 8: Hai xe ô tô cùng khởi hành từ hai địa điểm A và B. Xe thứ nhất đi quãng đường AB hết 4 giờ 15 phút. Xe thứ hai đi quãng đường BA hết 3 giờ 45 phút. Đến chỗ gặp nhau, xe thứ hai đi được quãng đường dài hơn quãng đường xe thứ nhất đã đi là 20 km. Tính quãng đường AB. Phân tích đề bài: Gọi vận tốc, thời gian, quãng đường của xe đi từ A đến B là v1 ; t1 và s1 Thì vận tốc, thời gian và quãng đường của xe đi từ B về A là v 2 ; t 2 và s 2 1 17 3 15 Ta có 4 giờ 15 phút 4 h  h và 4 giờ 45 phút 3 h  h 4 4 4 4 Trên cùng một quãng đường thì vận tốc và thời gian là hai đại lượng tỉ lệ nghịch. 15 v t 4 15 Từ tỉ số thời gian ta tìm được tỉ số vận tôc của hai xe là: 1  2  17 v 2 t1 17 4 Với cùng thời gian (Từ lúc xuất phát đến chỗ gặp nhau) vận tốc và quãng đường là s s hai đại lượng tỉ lệ thuận nên ta có: 1  2 Và s 2  s1 20 . 15 17 1 17 3 15 Giải: 4 giờ 15 phút 4 h  h ; 4 giờ 45 phút 3 h  h 4 4 4 4 Gọi vận tốc, thời gian và quãng đường của xe đi từ A đến B là v1 ; t1 và s1 Thì vận tốc, thời gian và quãng đường của xe đi từ B về A là v 2 ; t 2 và s 2 Trên cùng một quãng đường thì vận tốc và thời gian là hai đại lượng tỉ lệ nghịch. Ta 15 v1 t 2 15  4  có: v 2 t1 17 17 4 Với cùng thời gian (Từ lúc xuất phát đến chỗ gặp nhau) vận tốc và quãng đường là hai đại lượng tỉ lệ thuận. s1 s2 s1 s2 s 2  s1 20      10 Ta có: v1 v 2 15 17 17  15 2  s1 15.10 150 ; s 2 17.10 170 Quãng đường AB là: 150  170 320 (km) Đ/S: 320km 1 Ví dụ 9: Ba kho A, B, C chứa một số gạo. Người ta nhập vào kho A thêm số gạo 7 1 2 của kho đó, xuất ở kho B đi số gạo của kho đó, xuất ở kho C đi số gạo của kho 9 7 đó. Khi đó số gạo của ba kho bằng nhau. Tính số gạo ở mỗi kho lúc đầu, biết rằng kho B chứa nhiều hơn kho A là 20 tạ gạo. Trang 15 Phân tích đề bài: Gọi số gạo ở ba kho lúc đầu lần lượt là a, b, c 1 1 8a Số gạo ở kho A sau khi thêm số gạo của kho A là: a  a  . 7 7 7 1 1 8b Số gạo ở kho B sau khi xuất số gạo của kho B là: b  b  . 9 9 9 2 2 5c Số gạo ở kho C sau khi xuất số gạo của kho C là: c  c  7 7 7 Vì sau khi thêm vào kho A và xuất ở kho B và kho C thì số gạo của ba kho bằng 8a 8b 5c   nhau nên ta có: 7 9 7 Lúc đầu kho B nhiều hơn kho A là 20 tạ nên ta có: b  a 20 Giải: Gọi số gạo ở ba kho lúc đầu lần lượt là a, b, c  a, b,c  0  . 1 8a Số gạo ở kho A sau khi thêm là: a  a  . 7 7 1 8b Số gạo ở kho B sau khi xuất là: b  b  . 9 9 2 5c Số gạo ở kho C sau khi xuất là: c  c  7 7 8a 8b 5c   và b  a 20 Theo bài ra ta có: 7 9 7 8a 8b 5c a b c      Từ 7 9 7 35 45 56 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: a b c b a 20     2 35 45 56 45  35 10  a 35.2 70 ; b 45.2 90 ; c 56.2 112 Vậy: số gạo ở mỗi kho lúc đầu lần lượt là 70 kg, 90 kg và 112 kg. Ví dụ 10: Ba xí nghiệp cùng xây dựng chung một cái cầu hết 38 triệu đồng. Xí nghiệp I có 40 xe ở cách cầu 1,5km, xí nghiệp II có 20 xe ở cách cầu 3km, xí nghiệp III có 30 xe ở cách cầu 1km. Hỏi mỗi xí nghiệp phải trả cho việc xây dựng cầu bao nhiêu tiền, biết rằng số tiền phải trả tỉ lệ thuận với số xe và tỉ lệ nghịch với khoảng cách từ xí nghiệp đến cầu. Phân tích đề bài: Gọi số tiền phải góp của ba xí nghiệp lần lượt là: a, b, c Vì số tiền phải trả tỉ lệ thuận với số xe và tỉ lệ nghịch với khoảng cách từ xí nghiệp 40 20 30 đến cầu nên ta có: a : b : c  : : 1,5 3 1 Tổng số tiền mà ba xí nghiệp cần đóng là 38 triệu nên ta có: a  b  c 38 Giải: Gọi số tiền phải góp của ba xí nghiệp lần lượt là: a, b, c  a, b,c  0  Theo bài ra ta có: Trang 16 40 20 30 a :b:c  : : và a  b  c 38 1,5 3 1 40 20 30 a b c 8 : 2 : 9    Từ a : b : c  : : 1,5 3 1 8 2 9 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: a b c a  b  c 38     2 8 2 9 8  2  9 19  a 8.2 16 ; b 2.2 4 ; c 9.2 18 Ba xí nghiệp phải trả cho việc xây dựng cầu lần lượt là: 16 triệu đồng, 4 triệu đồng bà 18 triệu đồng. 25 Ví dụ11 : Tổng ba phân số tối giản bằng 5 các tử của chúng tỉ lệ nghịch với 20: 4: 63 5. Các mẫu của chúng tỉ lệ thuận với 1: 3 : 7. Tìm ba phân số đó. Phân tích đề bài: Gọi ba phân số cần tìm lần lượt là: a, b, c. Vì tử của ba phân số tỉ lệ nghịch với 20: 4: 5 và mẫu của chúng tỉ lệ thuận với 1 1 1 1: 3 : 7 nên ba phân số đó tỉ lệ với a : b : c  20 : 4 : 5 1 3 7 25 25 Tổng ba phân số đó bằng 5 nên ta có: a  b  c 5 . 63 63 Giải: Gọi ba phân số cần tìm lần lượt là: a, b, c. 1 1 1 25 Theo bài ra ta có: a : b : c  20 : 4 : 5 và a  b  c 5 63 1 3 7 1 1 1 Từ: a : b : c  20 : 4 : 5  a : b : c  1 : 1 : 1 1 3 7 20 12 35 a b c  20a 12b 35c    21 35 12 Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: 25 5 a b c a b c 5     63  21 35 12 21  35  12 68 63 5 5 5 25 5 20  a 21.  ; b 35.  ; c 12.  63 3 63 9 63 21 5 25 20 Vậy ba phân số cần tìm lần lượt là: ; ; . 3 9 21 Bài tập áp dụng: Bài 1: Một miếng đất hình chữ nhật có chu vi là 64m. Tính độ dài mỗi cạnh biết rằng chúng tỉ lệ với 3 và 5. Bài 2: Tính chiều dài ba cạnh của một tam giác có chu vi là 30m và ba cạnh tỉ lệ với 4: 5: 6. Trang 17 Bài 3: Tìm số có ba chữ số biết rằng số đó là bội của 18 và các chữ số của nó tỉ lệ với 1: 2: 3. Bài 4: Năm lớp 7A, 7B, 7C, 7D, 7E nhận chăm sóc vườn trường có diện tích 300m 2 . 1 Lớp 7A nhận 15% diện tích vườn, lớp 7B nhận diện tích còn lại. Diện tích còn lại 5 của vườn sau khi hai lớp trên nhận được đem chia cho ba lớp 7C, 7D, 7E tỉ lệ với 1 1 5 : : . Tính diện tích vườn giao cho mỗi lớp. 2 4 16 Bài 5: Ba công nhân được thưởng 100000 đồng, số tiền thưởng phân chia tỉ lệ với mức sản xuất của mỗi người. Biết mức sản xuất của người thứ nhất so với mức sản xuất của người thứ hai bằng 5: 3, mức sản xuất của người thứ ba bằng 25% tổng số mức sản xuất của hai người kia. Tính số tiền mỗi người được thưởng. Bài 6: Có ba gói tiền gói thứ nhất gồm toàn tờ 500 đồng, gói thứ hai gồm toàn 2000 đồng, gói thứ ba gồm toàn tờ 5000 đồng. Biết rằng tổng số tờ giấy bạc của ba gói là 540 tờ và số tiền ở các gói bằng nhau. Bài 7: Cho tam giác ABC có các đường cao h a , h b , h c tỉ lệ thuận với 2; 3; 4. Chu vi tam giác ABC bằng 13. Tính độ dài cạnh lớn nhất của tam giác ABC. Bài 8: Ba tổ công nhân có mức sản xuất tỉ lệ với 5; 4; 3. Tổ I tăng năng xuất 10%, tổ II tăng năng xuất 20%, tổ III tăng năng xuất 10%. Do đó trong cùng một thời gian, tổ I làm được nhiều hơn tổ II là 7 sản phẩm. Tính số sản phẩm mỗi tổ làm được trong thời gian đó. Bài 9: Tìm ba số tự nhiên biết rằng BCNN của chúng bằng 3150, tỉ số của số thứ nhất và số thứ hai là 5: 9, tỉ số của số thứ nhất và số thứ ba là 10: 7. Bài 10: Số tự nhiên M được chia thành ba phần tỉ lệ nghịch với 5; 2; 4. Tổng các bình phương của ba phần đó là 9512. Tìm A. Bài 11: Số tự nhiên A được chia thành ba phần tỉ lệ nghịch với 5; 2; 4. Biết tổng các bình phương của ba phần đó là 564. Tìm A. Bài 12: Chia số A thành ba phần tỉ lệ nghịch với 5; 2; 4. Tổng các lập phương của ba số đó là 9512. Tìm A. 3 Bài 13: Tìm ba phân số, biết rằng tổng của chúng bằng 3 , các tử của chúng tỉ lệ với 70 3: 4: 5, các mẫu của chúng tỉ lệ với 5: 1: 2. Một số M được chia làm 3 phần sao cho phần thứ nhất và phần thứ hai tỉ lệ thuận với 4 và 5; phần thứ hai và phần thứ ba tỉ lệ nghịch với 5 và 3. Biết phần thứ ba hơn phần thứ hai là 10. Tìm số M. Bài 14: Ba máy xay, xay được 350 tấn thóc. Số ngày làm việc của ba máy tỉ lệ với 3: 4: 5, số giờ làm việc của ba máy tỉ lệ với 6: 7: 8, công xuất các máy tỉ lệ nghịch với 5: 4:3. Hỏi mỗi máy xay được bao nhiêu tấn thóc. 2.3.3 Dạng III: Dạng chứng minh tỉ lệ thức. Có nhiều phương pháp chứng minh tỉ lệ thức. Sau đây là một số cách chứng minh tỉ lệ thức áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau. a c Ví dụ 1: Cho tỉ lệ thức  với b,c,d 0 . Và c  d b d a b cd  Chứng minh rằng: b d Trang 18 Phân tích đề bài: Quan sát tỉ lệ thức phải chứng minh, dùng phương pháp phân tích suy luân ngược để tìm ra hướng chứng minh. Khi chứng minh ta chứng minh theo chiều xuôi. Khi chứng minh chú y điều kiện có nghĩa của tỉ lệ thức. a c a b a b b a b cd   để CM:  Có:   Cần CM:   Cần CM: b d c d cd d b d Giải: a c a b a b Từ     b d c d c d b a b cd a b     d cd d b a b cd  hay: (đpcm) b d a c Ví dụ 2: Cho tỉ lệ thức  với b,c,d 0 . Và a  b;c  d b d a c  Chứng minh rằng: a b cd a c a b a a b a c        Phân tích đề bài: b d c d c c d a b c d Giải: a c a b a b Từ:     b d c d c d a a b a c     (đpcm) c cd a b cd a b c d  Ví dụ 3: Cho ( a, b,c,d 0 và a b,c d ). a b c d a c Chứng minh rằng  . b d Phân tích đề bài: a b cd a b a  b a b a c        a b c d cd c d c d b d Giải: a b cd a b a b    a b c d cd c d a b a c     (đpcm) c d b d a c Ví dụ 4: Cho tỉ lệ thức  . với a, b,c,d 0 b d ac a 2  c 2 Chứng minh:  bd b 2  d 2 Phân tích đề bài: Từ: Trang 19 2 2 a c a c a ac a 2 c 2 ac a 2  c 2 c   .       2 2  b d b d  b bd b bd b2  d 2 d d Giải: 2 2 a c a c a ac a 2 c 2 c Từ:   .        b d b d  b bd b 2 d 2 d a 2 c2 a 2  c2 Mà: 2  2  2 (2) b d b  d2 ac a 2  c 2 Từ (1) và (2)  (đpcm)  bd b 2  d 2 a c Ví dụ 5: Cho tỉ lệ thức  . với a, b,c,d 0 và c d b d Chứng minh:  a  b 2  c  d 2  (1) ab cd Phân tích đề bài: 2 2 a c a b a b a b a b ab  a  b       .     b d c d c d c d  c d cd  c  d  2 Giải: Từ: a c a b a b     b d c d c d 2 2 a b  a c ab  a  c   .     c d  b d cd  b  d  2 Hay  a  b 2  c  d 2  ab (đpcm) cd Ví dụ 6: Cho tỉ lệ thức Chứng minh: a c  . với a, b,c,d 0 và c  d b d  a  b  2014  c  d  2014  a 2014  b 2014 c2014  d 2014 Phân tích đề bài: a c a b a b      b d c d cd   a  b  2014  c  d  2014  a 2014 c2014   a b    c d  b 2014 d 2014  2014 a   c 2014  a  b  2014  c  d  2014   b   d 2014 a 2014  b2014 c2014  d 2014 Giải: a c a b a b Từ:      b d c d c d a   c 2014  b   d Trang 20 2014  a b     c d  2014