Chuyên đề Toán 7: Khai thác bài toán

Chuyên đề toán 7 : Khai thác bài toán
I> Đặt vấn đề:
Toán học là chìa khoá vạn năng để tiến công vào mọi lĩnh vực khoa học. Phương pháp tư duy đặc thù của toán học là phương pháp suy luận logic đòi hỏi người học toán phải luôn tích cực tự giác, chủ động sáng tạo do đó phần lớn các em ngại học toán (50%) . Khi học toán các em thường ỉ lại, lười suy nghĩ, học một cách thụ động, khuôn mẫu, lý thuyết xuông, thường bắt chước một cách máy móc lời giải của thầy, không có khả năng tìm tòi sáng tạo. Vì vậy để học sinh học tốt môn toán thì công việc của người thầy phải tạo sức thu hút thuyết phụ, niềm say mê khát vọng trong học tập, tạo cho học sinh tính năng động, phát triển tư duy độc lập sáng tạo (sáng tạo trong tiếp thu kiến thức, sáng tạo trong vận dung kiến thức), khả năng suy nghĩ óc phê phán , tìm tòi qua việc giải quyết những bài toán có tính logíc cao. Để làm được điều đó đòi hỏi mỗi người thầy luôn luôn chịu khó tìm tòi, học hỏi và tích luỹ.
 Không dừng lại ở mỗi bài toán đã giải, nếu mỗi người thầy trong quá trình giảng dạy chú ý đến vấn đề khai thác kết quả mỗi bài toán trong sách giáo khoa tưởng chừng như đơn giản thì ở sau nó rất nhiều điều mới mẻ thú vị đó là tinh thần tiến công trong toán học là phẩm chất mà mỗi người làm toán cần rèn luyện. Với tôi trong quá trình tham gia giảng dạy trực tiếp, học hỏi nhiều người, học trong trường sư phạm, học trong sách báo cũng có được chút ít kinh nghiệm về cách khai thác kết quả từ bài toán đơn giản trong sách giáo khoa để các bạn đồng nghiệp tham khảo .
II> Nội dung:
1) Cách khai thác 
 - Trong tiết dạy lý thuyết tôi yêu cầu các em xem trước bài sắp học (bằng cách đọc chậm kết hợp với suy nghĩ đối chiếu với vốn tri thức đã có, nắm sơ lược kiến thức của bài), ghi lại những thắc mắc và và đến lớp với những câu hỏi có sẵn trong đầu. Trong tiết luyện tập học sinh càng có điều kiện phát huy năng lực sáng tạo qua việc khai thác các bài toán.
 - Từ một bài toán đơn giản bằng cách phát hiện ra những tính chất mới của bài toán, bằng cách diễn đạt bài toán dưới những hình thức khác, đi sâu khai thác khía cạnh , các trường hợp lý thú, biết thay đổi giả thiết, lật ngược vấn đề , tổng quan hoá, đặc biệt hoá, tương tự, xét bài toán chứng minh dưới dạng quỹ tích hay dựng hình dưới các dạng biến hình như đối xứng trục, đối xứng tâm,phép quay ...đều là những công cụ đắc lực để người thầy cũng như học sinh sáng tạo , khai thác để đề xuất được nhiều bài toán mới.
 - Để khai thác tốt các bài tập ra cho học sinh cần được chọn lọc để tìm đúng bài cần thiết, ra đúng thời điểm . Bài dễ chuẩn bị trước bài khó, bài trước là một gợi ý cho cách giải bài sau; cứ thế học sinh có thể tự mình giải quyết được những vấn đề mới đặt ra (không nên luôn đặt học sinh trước những bài toán khó, quá sức làm, các em sẽ choáng ngợp, mất tự tin, làm các em dễ nản lòng )
 Theo tôi các em học sinh khá giỏi không cần làm quá nhiều các bài tập toán, mà chỉ cần làm một lượng vừa đủ, điều quan trọng là phải hiểu được cái nút riêng của từng bài xác định hướng đi đúng đắn, biết vận dụng các kiến thức liên quan gỡ dần để tìm ra kết quả bài toán đồng thời hiểu được cách giải chung của từng nhóm bài tương tự. Có kiến thức vững chắc dễ suy luận, nhiều em học sinh giỏi đã biết giải toán một cách chọn vẹn, linh họat chuyển hướng giải quyết khá nhanh khi gặp bế tắc.
	Sau đây là một số những ví dụ minh họa.
2. Những ví dụ minh họa
 Ví dụ 1: Rút gọn biểu thức
Bài toán 1: 
	Đây là bài toán rút gọn bằng cách biến đổi đồng nhất các biểu thức hữu tỷ ở lớp 8.
Giải: 	
	=x + 1 - x + 1+ x2 -1
	= x2 + 1
 	Từ kết quả của bài toán này ta có thể đặt ra các bài toán sau để học sinh thấy rõ được mục đích của việc học các phép biến đổi đồng nhất.
Bài toán 2: Chứng minh đẳng thức:
	Bài này thực chất là bài 1 rút gọn biểu thức nhưng nếu học sinh không nắm được phương pháp chứng minh đẳng thức thì cũng rất lúng túng khi làm bài ị làm bài 2 để củng cố phương pháp chứng minh đẳng thức.
Bài toán 3 : Tính giá trị của biểu thức:
	 với x=2002
Bài toán 4: Giải phương trình f(x) = 5
Bài toán 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của f(x)
Giải: 	
	=
	Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức f(x)=1 khi và chỉ khi x=0.
Nhận xét: Nếu đổi dấu biểu thức ta có:
	Giá trị lớn nhất của -f(x) = -1 Vậy ta có bài toán 6:
Bài toán 6:Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
	 (x ≠ ± 1)
Bài toán 7: Chứng minh biểu thức:
luôn dương với mọi giá trị thích hợp của biến
Ví dụ 2:
Bài toán 1: CMR
	 a2 + b2 + c2 ³ ab + bc+ ac
Hướng dẫn: Xét M= a2 + b2 + c2- ab -bc - ac
	ị 2M = ( a-b)2 + (b-c)2 + (a-c)2 
Nhận xét: Khi thay c bằng một số bất kì ta được các bài toán mới
Bài toán 2: ( Với c = 1) CMR:
	 a2 + b2 + 1 ³ ab + b + a
Bài toán 3: ( Với c= -1) CMR: 
	a2+ b2 + 1 ³ ab - b - a
	Đặc biệt đối với lớp 9 thay c= ta được bài toán 4
Bài toán 4: ( Với c= ) CMR
Bài toán 5: Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
	M = a2 + b2 + c2 - ab - bc - ac
Bài toán 6: Tìm GTLN của biểu thức:
	N = 2003 - a2 -b2 - c2 + ab + bc + ac
Ví dụ3
Bài toán 1: 	Muốn viết tất cả các số tự nhiên từ 1đ 99phải dùng bao nhiêu chữ số 5?
	(Bài 5a trang 15 SGK toán 6)
Giải: 
	Cách 1: Ta liệt kê các chữ số chứa chữ số 5. Đó là 5;15;25;35;45;50;51;52;53;54;55;56;5 7;58;59;65;75;85;95. Đếm chữ số 5 ta được 20 chữ số 5 từ 1đ99
	Nhận xét: Trong cách giải trên, ta đã liệt kê các số chứa chữ số 5. Đó cũng là cách giải hợp lệ. Tuy nhiên cách giải trên sẽ gặp một số khó khăn, phức tạp trong trường hợp số lượng các số liệt kê quá lớn (chẳng hạn từ 1đ999). Vậy có quy luật gì trong dãy số trên hay không? hình như chúng hơn kém nhau 10 đơn vị: 5; 15; 25Nhưng rồi quy luật lại thay đổi, đó là các số tự nhiên liên tiếp từ 50đ59, sau đó nhảy cách 6 đơn vị (59 nhảy sang 65) rồi lặp lại quy luật hơn kém nhau 10 đơn vị :(65;75.) 	Phải chăng không tìm được quy luật gì để đếm các chữ số 5?
Cách 2: Bây giờ ta xétt riêng các chữ số 5 ở hàng đơn vị thì chữ số 5 lặp lại sau 10 số(5;15;2585;95)đ có 10 chữ số 5 ở hàng đơn vị. Lại xét riêng các chữ số 5 ở hàng chục thì chữ số 5 cũng có mặt 10 lần (ở các số 50; 5159).
	Vậy chữ số 5 có mặt 20 lần.
	Như vậy ta đã tìm được cách đếm các chữ số 5 theo phương pháp “bổ dọc” (đếm từng hàng). Vận dụng phương pháp này để đếm chữ số 5 trong bài toán 2.
	Bài toán 2: Khi viết tất cả các số tự nhiên từ 1đ999 phải dùng bao nhiêu chữ số 5?
Giải
	+ Các số chứa các chữ số 5 ở hàng đơn vị 
	5; 15;25;995 gồm (số)
	+ Các số chứa chữ số 5 ở hàng chục:
	50; 5159 gồm có 10 số
	150; 151;159 gồm 10 số
	.
	950;951959 gồm 10 số
	đ có 10.10 =100 (số) chứa chữ số 5 ở hàng chục
	Vậy tổng cộng có 100+100+100=300 (chữ số 5)
Nhận xét: Ta xét xem nếu thay “chữ số 5 ” bởi chữ số 6 chẳng hạn. Tổng quát (bởi chữ số a ≠ 0). Ta đi đến một bài toán tổng quát hơn bài toán 2.
	Bài toán tổng quát: “thay chữ số 5” bởi chữ số “a ≠ 0”.
	 Vậy nếu a=0 ta lại có bài toán tổng quát mới .
	Bài toán 3: Khi viết tất cả các số tự nhiên từ 1đ999 phải dùng bao nhiêu chữ số 0.
	Giải: Rõ ràng là số lượng các chữ số 0 ít hơn số lượng các chữ số 5 cụ thể là:
	- ít hơn hàng đơn vị là 1 chữ số (không viết số 0)
	- ít hơn hàng chục 10 chữ số (không viết chữ số 0 ở hàng chục của các số 00; 01; 02; ;09 ).
	- ít hơn ở hàng trăm 100 chữ số ( không viết chữ số ở hàng trăm của các số 000, 001, 002,, 099).
	Như vậy khi viết các số tự nhiên từ 1đ 999 số lượng mỗi chữ số ≠ 0 là 300, còn số lượng chữ số 0 là 
	300 - 111 =189
Nhận xét:
	1) Ta thấy nếu bổ xung chữ số 0 vào để mọi số từ 0đ999 đều có 3 chữ sốthì mọi chữ số từ 0đ 9 đều bình đẳng, số lượng mỗi chữ số đều như nhau. Do đó ta có thêm cách 2 giải bài toán 2.
 	Xét các số tự nhiên từ 000đ999 có 1000 số gồm:
	3.1000 =3000 chữ số.
	Mỗi chữ số từ 0 đ 9 đều có số lượng như nhau, mỗi chữ số được viết 3000 :10=300 (lần)
	2) Từ việc bổ xung các chữ số 0 để được dãy mới 000; 001,,999kết hợp với phương pháp đếm chữ số 5 ở từng hàng (phương pháp bổ dọc) ta có 3 cách giải bài toán 2.
	Gọi các số cần đếm có dạng: 
	+ Xét dạng: 
	Ta thấy chữ số a có 10 cách chọn (từ 0 đ 9).
	Với mỗi cách chọn của a, chữ số b có 10 cách chọn (từ 0 đ9)
	Vậy có 10.10.1=100 số (dạng )
	+ Xét các số dạng 
	Ta thấy chữ số a có 10 cách chọn (từ 0 đ 9)
	Với mỗi cách chọn của a, chữ số b có 10 cách chọn (từ 0 đ9)
	Vậy có 10.10.1=100 số (dạng )
	+ Xét các số dạng 
	Tương tự ta có 10.10.1=100 số (dạng )
	Vậy tổng cộng có 100 + 100 + 100 =300 (cs5)
	3) ở bài toán 1: Khi viết các số tự nhiên từ 1đ 99, số lượng mỗi chữ số từ 1đ 99 là 20 chữ số.
	ở bài toán 2: Khi viết các số tự nhiên từ 1đ 999; số lượng mỗi chữ số từ 1đ 9 là 300 chữ số.
	Lại tổng quát các bài toán trên; khi thay 99; 999 bởi ta đi đến bài toán 4.
Bài toán 4: Khi viết các số tự nhiên từ 1 đ phải dùng bao nhiêu chữ số 5; chữ số 0?
	ĐS:	n chữ số 5
	chữ số 0
	Nhận xét: Từ cách giải thứ 3 của bài toán 2, nếu ta thu hẹp phạm vi bài toán thay yêu cầu đếm chữ số 5 bởi yêu cầu đếm số chứa chữ số 5 trong dãy từ 1đ 999 ta có bài toán 5.
Bài toán 5: 	Có bao nhiêu số chứa ít nhất 1 chữ số 5 trong dãy từ 1đ 999.
Giải:	 Ta bổ xung thêm cac chữ số 0 để được dãy mới.
	000; 001;002;;999 (1)
	+ Số không chứa chữ số 5 của dãy 1 có dạng: ( 0 Ê a; b; cÊ9 & ≠ 5)
	Vậy mỗi chữ số a; b;c đều có 9 cách chọn từ (0 đ 9≠ 5)
	Tất cả có : 9.9.9 = 729 số (không chứa chữ số 5)
	Số các số không chứa chữ số 5 từ 1đ999 là: 729 -1 =728.
	Số các số chứa ít nhất một chữ số 5 trong dãy từ 1 đ 999 là: 
	999 - 728 = 271 số:
	Nhận xét: Dễ thấy kết quả không thay đổi nếu ta thay chữ số 5 bởi 1 chữ số khác, chữ số 1 chẳng hạn, tổng quát bởi “chữ số a ≠ 0” ta đi đến một bài toán tổng quát hơn bài toán 5 .
	Bài toán tổng quát thay việc đếm số chứa ít nhất một chữ số bởi bài toán đếm số chứa ít nhất một chữ số a ≠ 0 trong dãy từ 1đ 999. không dừng lại ở dãy từ 1 đ 999 ta xét dãy: 1đ 9999 ta có bài toán 6
Bài toán 6: Có bao nhiêu số chứa ít nhất một chữ số5 trong dãy số tự nhiên từ 1 đ 9999
 	Giải tương tự bài toán 5 ta được: 
	Số không chứa chữ số 5 của dãy 0000; 0001; ; 9999 có dạng
	 (0Ê a;b; c; d Ê9; a ; b; c; d ≠ 5)
	Gồm 9.9.9.9 số (không chứa chữ số 5)
	+ Số các số chứa ít nhất một chữ số 5 của dãy 1đ 9999 là
	9999 - (9.9.9.9 -1) = 3439 số
Nhận xét: 
	ở bài toán 5 : Trong dãy số tự nhiên từ 1đ 999 số lương các số chứa ít nhất 1 chữ số (trong các chữ số từ 1đ 9) là
	999 - (9.9.9 -1) =271 số
	ở bài toán 6: Trong dãy số tự nhiên từ 1đ 9999 số lượng các số chứa ít nhất 1 chữ số ( trong các chữ số từ 1đ 9) là
9999- (9.9.9.9 -1)= 3439 số.
	Lại tổng quát bài toán trên khi thay 99; 999; 9999 bởi 999 (n chữ số 9) ta đi đến bài toán 7:
Bài toán 7: Có bao nhiêu số chứa ít nhất 1 chữ số 5 trong dãy tự nhiên từ 1 đ 99.9 (n c ... (m ẻ N; m ≠ 0) thì hiệu a- b chia hết cho m
	Nhận xét: Lại vẫn xét về chuyên đề đồng dư kết hợp áp dụng nguyên lý ĐiRiKLê ta có một số bào toán sau:
Bài toán 6: Chứng minh rằng trong 6 số tự nhiên bất kì bao giờ cũng chọn được hai số có hiệu chia hết cho 5.
	Giải: Khi chia một số cho 5 dư có thể là một trong 5 số sau: 0; 1; 2; 3; 4.
	Vậy trong 6 số bao giờ cũng $ hai số khi chia cho 5 cùng số dư. Vậy hiệu của hai số chia hết cho 5.
	Nhận xét: Xét bài tóan 6 trong phạm vi rộng hơn ta có bài toán 7.
Bài toán 7: Chứng minh rằng có thể tìm được số có dạng199319931993000 chia hết cho 1994
Giải: Xét 1994 số có dạng:
	1993; 19931993; ; 199319931993 (1994 lần 1993). Mỗi số trên đều là số lẻ nên không số nào chia hết cho 1994 
	Khi chia số này cho 1994 ta nhận được 1993 số dư (1đ 1993). Vì có 1994 số mà chỉ có 1993 loại số dư. Nên theo nguyên lý ĐiRiKlê ít nhất phải có hai số khi chia cho 1994 có cùng số dư, do đó hiệu của chúng chia hết cho 1994. và số đó có dạng199319931993000 
	Nhận xét: Hoàn toàn tương tự, thay việc xét các số có dạng 1993; 19931993;  ;199319931993000 bằng việc xét các số chỉ toàn chữ số 1 và 0 ta có bài toán 8.
Bài toán 8: Tồn tại hay không một số tự nhiên khác 0 chia hết cho 1994 mà khi viết số tự nhiên này chỉ cần dùng chữ số 0 và chữ số 1.
Giải : tương tự bài toán 7
	Xét 1994 số dạng: 1; 11; 111;  ;111111 ( 1994 số 1)
	Đs: Có tồn tại số tự nhiên n chia hết cho 1994 (n ≠ 0 ) mà n chỉ gồm toàn chữ số 0 và chữ số 1.
Nhận xét: Tổng quát bài toán 8 ta có bài toán 9
Bài toán 9: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n (n ≠ 0) thì trong hệ thập phân luôn tồn tại một số chia hết cho n mà khi viết chỉ dùng hai chữ số 0 và 1
	Giải: Xét số ai =111 (có i chữ số 1) ( với i=1; 2; ;m). Các số này khi chia cho n các số dư nhận giá trị là:
0; 1; 2;3;; n-1
	Vậy nếu m>n thì có hai số có cùng số dư khi chi cho n. Vậy hiệu hai số đó chia hết cho n và chỉ dùng hai chữ số 0 và 1.
Nhận xét: áp dụng kết quả các bài toán trên ta có thể đứa ra bài toán sau.
Bài toán 10: Với k ẻ N. Timg giá trị nhỏ nất của k để lúc nào cũng cọn được hai số trong k số đó có hiệu chia hết cho 2001.
	ĐS: Giá trị nhỏ nhất cần tìm của k là 2002
Nhận xét: Tổng quát bài toán 10 ta có bài toán 11
Bài toán 11: Với k ẻ N . Tìm giá trị nhỏ nhất của k để lúc nào cũng chọn được hai số trong k số đó có hiệu chia hết cho n (n ẻ N; n ≠ 0)
	ĐS: Giá trị nhỏ nhất cần tìm của k là k= n+1 
Ví dụ 6: 
Bài toán 1: Cho 5 điểm: A; B; C; D; E. Vẽ các đường thẳng đi qua từng cặp hai điểm. Có thể có bao nhiêu đường thẳng trong hình vẽ? ( các đường kẻ trùng nhau chi kẻ một đường thẳng)
Giải:
	+ Nếu 5 điểm thẳng hàng thì có 1 đường thẳng.
A
B
C
D
E
	+ Nếu 4 đường thẳng hàng thì có 5 đường thẳng
A
E
D
C
B
	+ Nếu chỉ có ba đường thẳn hàng thì có 8 đường thẳng:
Vì: Nối A với 3 điểm thẳng hàng đ được 3 đưởng thẳng.
Nối B với 3 điểm thẳng hàng ta được 3 đường thẳng.
Qua hai điểm A; B được 1 đường thẳng AB
Qua 3 điểm C; D; E được 1 đường thẳng.
Tổng cộng có tất cả 8 đường thẳng
+ Nếu không có ba điểm thẳng hàng thì có 10 đường thẳng
Chọn điểm: 
 Nối điểm đó với 4 điểm còn lại ta được 4 đường thẳng.
4.5 = 20 đường thẳng. 
Nhưng trong mỗi đường thẳng đã được 2 lần
Vậy có tất cả là 4.5:2= 10 đường thẳng.
	Nhận xét: Thay đổi điều kiện, xét bài toán 1 với số điểm lớn hơn( 100 điểm chẳng hạn) ta có bài toán 2.
Bài toán 2: Cho 100 điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Cứ qua hai điểm ta vẽ được một đường thẳng. Có tất cả bao nhiêu đường thẳng.
Giải: Chọn một điểm. Qua điểm đó và từng điểm trong 99 điểm còn lại ta vẽ được 99 đường thẳng.
	Làm như vậy với 100 điểm ta vẽ được 99.100 đường thẳng. Nhưng mỗi đường thẳng đã được tính hai lần. Do đó tất cả chỉ có 99.100:2=4950 đường thẳng
Nhận xét: Nếu trong 100 điểm có đúng ba điểm thẳng hàng ta có bài toán 3.
Bài toán 3: Cho 100 điểm trong đó có đúng ba điểm thẳng hàng. Cứ qua hai điểm ta vẽ được một đường thẳng. Có tất cả bao nhiêu đường thẳng (những đường thẳng trùng nhau chỉ đếm là 1).
Giải: 
Cách 1: Giả sử không có ba điểm nào thẳng hàng thì có 4950 đường thẳng ( giải như bài tập 2).
	Vì 3 điểm thẳng hàng nên số đường thẳng giảm đi 3-1 = 2 đường thẳng.
	Vậy có 4950 - 2 =4948 đương thẳng
Cách 2: Chi 100 điểm thành hai nhóm:
	+ Nhóm 1 gồm ba điểm thẳng hàng
	+ Nhóm 2 gồm 99 điểm còn lại
	Số đường thẳng trong nhóm 1 là 1.
	Số đường thẳng trong nhóm 2 là (97.96):2
	Số đường thẳng đi qua một điểm nhóm 1 và 1 điểm nhóm 2 là 97. 3 = 291.
	Tổng cộng có: 1+ 4656 + 291 = 4948 đường thẳng.
Nhận xét: Tổng quát bài toán 2 và 3 ta có bài toán 4 và 5.
Bài toán 4: Cho n điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Cứ qua hai điểm ta vẽ được một đường thẳng. Có tất cả bao nhiêu đường thẳng ?
	ĐS: đường thẳng
Bài toán 5: Cho n điểm trong đó có đúng ba điểm thẳng hàng. Cứ qua hai điểm ta vẽ được một đường thẳng. Có tất cả bao nhiêu đường thẳng ( các đường thẳng trùng nhau chỉ kể là 1)
	ĐS: đường thẳng
Nhận xét: từ bài toán 2,3 nếu phát triển mệnh đề đảo lại ta có các bài toán sau:
Bài toán 6: Cho n điểm trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Cứ qua hai điểm ta vẽ được một đường thẳng. Có tất cả 4950 đường thẳng. Tính n?
	Giải : Ta có: 
	ĐS n=100
Bài toán 7: Cho n điểm trong đó có đúng ba điểm thẳng hàng. Cứ qua hai điểm ta vẽ được một đường thẳng. Có tất cả 4948 đường thẳng. Tính n?
ĐS n=100 điểm
	Nhận xét: Từ bài toán 2 và 3. Nếu thay đổi kết luận của bài toán ( tính số đường thẳng thay bằng số đoạn thẳng) ta có bài toán mới.
Bài toán 8: Có 100 điểm. Nối từng cặp 2 trong 100 điểm đó thành các đoạn thẳng. 	Tính số đoạn thẳng nếu trong các điểm đã cho:
	a) không có ba điểm nào thẳng hàng
	b) Có đúng ba điểm thẳng hàng.
ĐS: 	a) Số đoạn thẳng có: 100.99:2= 4950
	b) Điều kiện có đúng ba đường thẳng hàng không ảnh hưởng đến các đoạn thẳng đếm được.
	Tổng quát bài toán 8 ta có bài toán 9:
Bài toán 9: Cho n điểm. Nối từng cặp 2 trong n điểm đó thành các đoạn thẳng. 	Tính các đoạn thẳng nếu trong các điểm đã cho:
	a) Không có ba điểm nào thẳng hàng.
	b) Có đúng ba điểm thẳng hàng
	Đáp số: đoạn thẳng.
	Từ bài toán 8 nếu phát triển mệnh đề đảo lại ta có bài toán sau:
Bài toán 10: Cho n điểm nối từng cặp hai trong n điểm đó thành các đoạn thẳng. Biết rằng có tất cả 4950 đoạn thẳng. Tính n
Giải: áp dụng công thức =4950
	ĐS n=100
	Nhận xét: ở các bài toán trên thay việc tính số đường thẳng đoạn thẳng bằng việc tính số giao điểm tạo thành khi các đường thẳng hoặc đoạn thẳng cắt nhau. Liệu có cách nào? Công thức nào để tính số giao điểm một cách nhanh chóng như công thức tính số đoạn thẳng, đường thẳng hay không? Trước hết ta đi tính bài toán đơn giản sau:
Bài toán 11: Cho 4 đường thẳng cắt nhau từng đôi một, trong đó không có ba đường thẳng nào đồng quy. 
Tính số giao điểm của hai trong các đường thẳng đó.
	Giải: mỗi đường thẳng cắt ba đường
 thẳng còn lại nên có ba giao điểm. 
Có 4 đường thẳng nên có:
3.4 =12 giao điểm.
	Nhưng mỗi giao điểm đã được tính hai lần 
Vậy chỉ có (4.3):2=6 giao điểm.
	Nhận xét: Từ kết quả bài toán trên (4.3):2= 4(4-1):2. 
	Tổng quát nên với n đường thẳng đôi một cắt nhau, trong đó không có ba đường thẳng nào đồng qua ta có bài toán mới.
Bài toán 12: Cho n đường thẳng (n³ 2) trong đó hai đường thẳng nào cũng cắt nhau, không có ba đường thẳng nào đồng quy. Xét các giao điểm của hai trong n đường thẳng đó.
Giải: Mỗi đường thẳng cắt n-1 đường thẳng còn lại tạo nên n-1 giao điểm.
	Có n đường thẳng nên có n(n-1) giao điểm. Nhưng mỗi giao điểm đã được tính hai lần. 
	Do đó chỉ có: n(n-1):2 giao điểm.
	Nhận xét: Xét dạng mệnh đề đảo của bài tóan11 ta có bài tóan sau:
Bài toán 13: Cho n đường thẳng trong đó bất cứ hai đường thẳng nào cũng cắt nhau, không có ba đường thẳng nào đồng qui. Biết rằng số giao điểm của các đường thẳng đó là 780. Tính n?
	ĐS Ta có: n(n-1):2=780 ị n= 40.
	Nhận xét: Trong các trường hợp trên ta đã đi tính số đoạn thẳng, sô đường thẳng, số giao điểm. Vậy có thể tính được số tam giác tạo thành hay không ? và qui luật được tính như thế nào ta xét bài toán sau:
Bài toán 14: Cho 10 điểm thuộc đường thẳng a và một điểm nằm ngoài đường thẳng ấy. Có bao nhiêu tam giác có các đỉnh là ba trong 11 điểm trên.
Giải: Ta thấy điểm A không thuộc a và từng
 cặp hai điểm ẻ a là ba đỉnh của một D cần xét.
	Vậy có bao nhiêu đoạn thẳng nằm trên đường
 thẳng a thì có bấy nhiêu tam giác.
	Vậy số D là: 10.9:2=45 tam giác
	Nhận xét: Tổng quát bài toán 14 ta có bài toán 15.
Bài toán 15: Cho n điểm ẻ đường thẳng a (n³2) và một điểm nằm ngoài đường thẳng ấy. Có bao nhiêu tam giác có các đỉnh là 3 trong n+1 điểm trên.
	ĐS: n(n-1):2 tam giác
III> Kết luận: 
Qua thực tế áp dụng sáng kiến khai thác kết quả từ một bài toán trong quá trình giảng dạy tôi thấy học sinh có tiến bộ rõ rệt trong học toán.
Từ việc nắm vững kiến thức các em đã biết áp dụng vào giải bài tập một cách linh hoạt hơn, biết suy luận và tìm tòi cách giải mới, biết vận dụng kết qủa của các bài toán trước ( đó chỉ là những gợi ý) để tìm ra cách giải các bài toán mang tính tương tự, tổng quát hơn, đặc biệt hơn.. Trong tiết học bài mới các em cũng nhanh nhạy hơn trong việc phát hiện ra tính chất đinh lý tiên đề(là những vấn đề được tổng quát hóa từ những ví dụ đơn giản) giúp các em tiếp thu kiến thức nhanh hơn, nắm kiến thức sâu sắc hơn.
Đặc biệt với học sinh khá, giỏi qua phần hướng dẫn khai thác kết quả bài toán của thầy có thể tích lũy kinh nghiệm cho chiến lược giải toán của mình để từ đó có thể linh hoạt trong việc tìm hướng giải quyết cho mỗi bài toán.
Thực tế những năm học trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào giải dạy toán 6;toán7 kết quả được nâng nên rõ rệt.
 Trên đây là một số ví dụ về cách khai thác kết quả của mỗi bài toán đơn giản trong sách giáo khoa có tác dụng tốt trong quá trình giảng dạy. Không chỉ có ví dụ trên mới khai thác được, mà hầu hết các bài tập trong sách giáo khoa nếu người thày có suy nghĩ, có sự sáng tạo tìm tòi các phương pháp giải thì công việc giảng dạy của mình sẽ đem lại kết quả tốt, giúp học sinh học toán một cách sáng tạo linh hoạt và gây được hứng thú giải toán, rèn luyện tư duy, rèn luyện phương pháp nghiên cứu, suy nghĩ học tập, tìm tòi và vận dụng kiến thức.
Do thời gian và điều kiện có hạn nên tôi chỉ đưa ra một số phương pháp nghiên cứu khai thác, một vài ví dụ để minh họa. Kinh nghiệm của tôi chắc chắn còn nhiều thiếu sót do trình độ và năng lực có hạn , rất mong sự đóng góp ý kiến của các bạn đồng nghiệp, để góp phần làm tăng thêm kinh nghiệm của mình góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Thụy Phong, ngày31 tháng 5 năm 2008
 Người viết : Ttrịnh Thị Liên