Các chuyen đề bồi dưỡng HSG

- Vì vậy trong quá trình dạy học việc hình thành cho học sinh thói quen tìm tòi mở rộng các bài toán quen thuộc thành các bài toán mới, tìm nhiều cách giải khác nhau cho một bài toán là [r]

A PHẦN MỞ ĐẦU

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

- Ở trường THCS dạy toán là dạy hoạt động toán học cho học sinh (HS), trong đó giải toán là đặc trưng chủ yếu của hoạt động toán học của HS Để rèn kỹ năng đó cho HS, ngoài việc trang

bị tốt kiến thức cơ bản cho HS giáo viên cần hướng dẫn cho HS cách khai thác, tìm hiểu nhiều cách giải khác nhau theo nhiều chiều hướng khác nhau cho những bài toán đơn giản hoặc là những bài toán khó

- Nhưng thật tiếc là trong thực tế chúng ta chưa làm được điều đó một cách thường xuyên Phần lớn giáo viên chúng ta chưa có thói quen khai thác một bài toán bằng nhiều chiều hướng khác nhau để đưa ra nhiều lời giải khác nhau cho một bài toán, mà trong giải toán chủ yếu chúng ta mới chỉ dừng lại ở việc tìm ra kết quả bài toán Điều này làm cho HS khó tìm được mối liên hệ giữa các kiến thức đã học với bài toán Cho nên khi bắt đầu giải một bài toán mới

HS không biết bắt đầu từ đâu? Cần vận dụng kiến thức nào đã học? Vẽ hình phụ như thế nào?

Có cơ sở nào để giúp các em có được những kĩ năng cần thiết khi học toán và giải toán?

- Một điều chắc chắn rằng, việc khai thác bài toán theo hướng tìm nhiều lời giải sẽ kích thích hứng thú học tập và óc sáng tạo của học sinh Từ đó giúp học sinh có cơ sở khoa học khi phân tích, định hướng tìm lời giải cho các bài toán khác Hơn nữa là củng cố cho học sinh lòng tin vào khả năng giải toán của mình

- Vì vậy trong quá trình dạy học việc hình thành cho học sinh thói quen tìm tòi mở rộng các bài toán quen thuộc thành các bài toán mới, tìm nhiều cách giải khác nhau cho một bài toán là một phương pháp khoa học và hiệu quả mà mỗi giáo viên cần được trau rồi

* Chính vì những lí do trên mà tôi đã viết và áp dụng sáng kiến kinh nghiệm “ Tìm nhiều lời giải cho một bài toán”

II.PHẠM VI NGHIÊN CỨU:

1 Phạm vi nghiên cứu đề tài: Các bài toán đại số và hình học trong chương trình

2 Đối tượng: Học sinh khá giỏi trường THCS

3 Mục đích: Trao đổi kinh nghiệm và giúp HS có các cách nhìn theo nhiều chiều

hướng khác nhau về một bài toán

B PHẦN NỘI DUNG BÀI TOÁN 1:

Chứng minh định lý: “ Trong tam giác đường phân giác của một góc chia cạnh

đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn thẳng ấy.”

- Không mất tính tổng quát, ta xét tam giác ABC có phân giác AD (D thuộc BC) và

ABCACB Ta cần chứng minh

AB DB

AC DC (*)

Cách 1: Nếu ta nghĩ đếu định lý Talet để chứng minh tỉ số (*) thì ta cần vẽ thêm đường thẳng

song song với AC cắt AD tại E

Chứng minh:

Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt AD tại E

=> CAE AEB (so le trong), mà CAE BAE  (GT)

=> BAE AEB => AB = BE (1)

Mặt khác AC // BE =>

BE BD

AC DC (Định lí Talet) (2)

Từ (1) và (2) ta có

AB DB

AC DC (ĐPCM)

Cách 2: Nếu ta nghĩ đến chứng minh hệ thức (*) bằng tam giác đồng dạng thì ta phải tạo ra

một tam giác đồng dạng với tam giác ADC bằng cách dựng BE (E thuộc AD) sao cho

ABEACD

E

B

A

Gợi ý:

Chứng minh BE = BD và EAB DAC(g.g)

Cách 3: Ta cũng có thể tạo ra các cặp tam giác vuông đồng dạng bằng cách từ B và C kẻ

đường thẳng vuông góc với AD tại E và F Từ đó ta có điều phải chứng minh

Gợi ý:

Chứng minh EAB FAC(g.g) và BDE CFD (g.g)

Suy ra:

AB EB DB

AC FC DC

Cách 4: Nếu ta nghĩ đến việc áp dụng diện tích để giải bài toán thì ta cũng có điều phải chứng

minh:

Gợi ý: Kẻ AH BC, DM AB, DNAC

Ta có ADM = AND (ch-gn) => DM = DN

=>

.

ABD

ACD

S DM AB

S DN AC =

AB

AC =>

AB DB

AC DC

Cách 5: Tiếp tục rở lại cách vận dụng Talet ta có cách giải

sau:

Gợi ý:

Qua B vẽ đường trẳng song song với AD cắt CA ở E

Từ đó ta có điều phải chứng minh:

Cách 6: Nếu ta kết hợp các kiến thức: Tính chất tỉ lệ thức, tam giác đồng dạng, tính chất hình

thoi ta có cách sau:

F

E

B

A

H

B

A

E

B

A

E

B

A

Gợi ý: Qua D kẻ các đường thẳng song song với AB và AC

cắt AB và AC tại E và F Rồi chứng minh BDF  DEC(g.g),

tứ giác AEDF là hình thoi và

BD BF DF BF DF

DC DE CE BE CE



đó ta có điều phải chứng minh

Cách 7: Qua D kẻ đường thẳng song song với AB,

qua A kẻ đường thẳng song song với BC, hai

đường thẳng này cắt nhau tại E, DE cắt AC tại F

Từ đó ta có điều phải chứng minh

BÀI TOÁN 2:

Cho hình chữ nhật AECF tạo bởi ba hình vuông bằng

nhau, xếp kề nhau như hình 1.

Chứng minh rằng:    450    450

Hướng thứ nhất: Tạo ra tam giác vuông cân.

Cách 1: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

- Chứng minh AHDDKCAFB (g.c.g)

- Để chứng minh tam giác ADC vuông cân tại D

F E

B

A

F

E

B

A

1

2 1

K D





C

A





C

A

- Từ đó suy ra ĐPCM

Cách 2: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

- Chứng minh B1   và Chứng minh DAB vuông cân

tại A => ĐPCM

Cách 3: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

- Chứng minh B1  

- Chứng minh DAB vuông cân tại A

=> ABD 450 => ĐPCM

Cách 4: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

- Chứng minh C1  

- Chứng minh DAC vuông cân tại D

=> ACD 450 => ĐPCM

Hướng thứ hai : Xét tam giác đồng dạng

Cách 5: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

- Chứng minh: Ta có ADB chung và

2 2

CD  DA

=> ADB CDA (c.g.c) => DAB = DCA = 

- Do đó    =  DAB = D1 = 450

Cách 6: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

Ta có ADB AKC  1350và

2 2

AK  KC

F

E





1

D

C B

A

K

D F

E



 1

C B

A

K

D F

E



 1

C B

A

K

D F

E



 1

C B

A

F

E





1

D

C B

A

=> ADB AKC (c.g.c) => KCA =  Vậy    =

KCA

  = 450

Cách 7: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

- Chứng minh ADC AKB(c.g.c) => B1 = 

Suy ra ĐPCM

Cách 8: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

- Chứng minh BDP CKO(g.g)

- Suy ra C1  

- Vậy    =  C1 = 450

Cách 9: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

- Chứng minh CDA BOA(g.g)

- Suy ra B1  

- Vậy    =  B1 = 450

Hướng thứ 3: Xét các tỷ số lượng giác

Cách 10: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

- Chứng minh ADCK là hình bình hành

- Ta có tg



1

1

  

=> C1  

- Vậy    =  C1 = 450

Cách 11:

- Ta có tg



1

1

3 tg B

  

=> B1  

F

E



 1

C B

A

P O K

D F

E





1

C B

A

F

E





1

D

C B

A

O

F

E



 1

C B

A

P O K

D F

E





1

C B

A

BÀI TOÁN 3:

Cho a > c > 0 và b > c > 0 Chứng minh rằng: c a c(  ) c b c(  )  ab (1)

Cách 1: Dùng phép biến đổi tương đương

Ta có c a c(  ) c b c(  ) ab  c(a – c) + c(b – c) + 2c a c b c(  )(  )ab

 ab + 2c2 – 2c a c b c(  )(  ) 0  c2 + (a – c)(b – c) - 2c a c b c(  )(  ) 0

 [c - (a c b c )(  )]2  0 luôn đúng

Vậy ta có điều phải chứng minh

Dấu “=” xảy ra  c =

ab

a b

Cách 2: Dùng phương pháp ẩn phụ

Đặt a = c(x + 1); b = c(y + 1) (x, y > 0)

Ta có (1)  c x2  c y c2  (x1)(y1)  x y  x1 y1   xy 12  0

=> Điều phải chứng minh

Dấu “=” xảy ra  c =

ab

a b

Cách 3: Dùng bất đẳng thức đã biết

Ta có (1) 

1

c a c c b c

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM

Ta lại có

1

c a c c b c c a c c b c a b

Dấu “=” xảy ra 

1

1 1

c a c c











Cách 4: Dùng bất đẳng thức đã biết

Áp dụng bất đẳng thức CBS ta có

(a c ) c c b c(  )   a c 2 c 2  b c 2 c 2  ab

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ( )( )

c a c b c c

a b



Cách 5: Dùng điều kiện có nghiệm của phương trình bậc hai

Đặt y = c a c(  ) c b c(  ) => (y - c a c(  ))2 = c(b – c)

 [y2 + c(a – b)]2 = (2y c b c(  ))2  y4 + 2y2c(a – b) + c2(a – b)2 = 4y2ac – 4y2c2

 f(c) = [(a – b)2 + 4y2] c2 – 2y2(a + b)c + y4 = 0

Ta có y thuộc tập giá trị của hàm số khi và chỉ khi f(c) = 0 có nghiệm

 ’  0  4y4(ab – y2)  0  y2  ab  y  ab => ĐPCM

Cách 6: Dùng phương pháp hình học

Xét tam giác ABC với độ dài các cạnh là CB = a; CA = b và đường cao CH = c

 BH = a c và AH = b c

 Khi đó ta có c a c(  ) c b c(  )= 2SCBH + 2SCAH = 2SABC =

2 a bSinC  ab

Vậy c a c(  ) c b c(  )  ab

Dấu “=” xảy ra  BCA = 900 

c a b  c =

ab

a b

BÀI TOÁN 4:

Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh là a, b, c và có diện tích S.

Chứng minh rằng a 2 + b 2 + c 2  4 3S (1)

Cách 1:

b-c a-c

a

H C

Ta có S = p p a p b p c(  )(  )(  ) =

1

2 a b c b c a c a b a b c       

=> 16S2 = 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) – (a4 + b4 + c4)

Khi đó (1)  (a2 + b2 + c2)2  3 16S2 = 3[2(a2b2 + b2c2 + c2a2) – (a4 + b4 + c4)]

 4[(a4 + b4 + c4) - (a2b2 + b2c2 + c2a2)]  0  2[(a2 – b2)2 + (b2 – c2)2 + (c2 – a2)]  0

Vậy ta có điều cần chứng minh

Cách 2:

Áp dụng công thức tính diện tích tam giác và định lí Cosin ta có:

2

os

2

S

SinC

ab

a b c

C C

ab









4

S a b c a b a c b c



= 1 => 16S2 = 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) – (a4 + b4 + c4)

Từ a4 + b4 + c4  a2b2 + c2b2 + c2a2 => 16S2  a2b2 + c2b2 + c2a2  a4 + b4 + c4

=> (a2 + b2 + c2)2 = a4 + b4 + c4 + 2(a2b2 + c2b2 + c2a2 )  48S2 => a2 + b2 + c2  4 3S

Cách 3:

Ta có 3SinC + cosC = 2Sin(C + 300)  2

=> 3

2

2 2

S a b c

  => c2 – a2 – b2 + 4ab  4 3S

Chứng minh tương tự ta có: b2 – a2 – c2 + 4ac  4 3S và b2 – c2 – b2 + 4cb  4 3S Suy ra 4(ab + bc + ca) – (a2 + b2 + c2)  12 3S

Mặt khác ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 => 12 3S  3(a2 + b2 + c2) => 4 3S (a2 + b2 + c2)

Cách 4:

Ta có a2 + b2 + c2 - 4 3S = a2 + b2 + ( a2 + b2 – 2ab.cosC) - 2 3abSinC

= 2(a – b)2 + 4ab[1 - CosC 60 0

]  0

=> a2 + b2 + c2  4 3S

Cách 5:

Ta có S2 = p(p – a)(p – b)(p – c) = p (p a p b )(  ) (p b p c )(  ) (p c p a )(  )

p a b p b c p c a



=

3

p p a b c abc    

=

 4 1 2 1 2 1 2  2 2 2 2  2 2 22

a b c         

=> ĐPCM

Cách 6: Ta có 4 3S = 4 3 p p a p b p c(  )(  )(  )

3

4 3

3

p a p b p c

p       

=

 2  2 2 2  2 2 2

2

4

a b c

a b c p

a b c

 

Vậy ta có ĐPCM

Cách 7: Đặt a = y + z; b = z + x; c = x + y với x, y, z > 0 Khi đó ta có:

(a2 + b2 + c2 )2 = [(y + z)2 + (z + x)2 + (x + y)2 ]2  16(xy + yz + zx)2  16.3(xy.yz + yz.zx + xz.xy) = 48xyz(x + y + z) = 48S2

Vậy ta có ĐPCM

Cách 8: Xét bổ đề: mn + np + pm  3mnp m n p(   )

Áp dụng: Đặt p – a = x; p – b = y; p – c = z => p = x + y + z

Ta có a2 + b2 + c2  ab + bc + ca = (y + z)(z + x) + (z + x)(x + y) + (x +y)(y + z)

 3(x y y z z x )(  )(  ) ( x y ) ( y z ) ( z x )  3.2 xy.2 yz.2 zx.2(x y z  )

= 4 3xyz x y z(   ) 4 3. S

Vậy ta có điều phải chứng minh

Cách 9: Áp dụng bổ đề; sinA + sinB + sinC

3 3 2



với A, B, C là các góc của một tam giác

Ta có:

2 3 sinAsinBsinC sinA sinB sinC 

LẠi có a2 + b2 + c2  ab + bc + ca = 2S

4 3.

S

S

Vậy ta có ĐPCM

Cách 10: Áp dụng bổ đề: cotgA + cotgB +cotgC  3

Theo định lí Cosine trong tam giác ta có

a b c bc c b c S c

b a c ac c c S c

c b a ba c b a S c









=> a2 + b2 + c2 = 4S(cotgA + cotgB + cotgC) 4 3.S

Cách 11: Gọi M là trung điểm của BC Kẻ đường cao AH.

Ta có a2 + b2 + c2 = BC2 + AB2 + CA2

= BC2 + 2AM2 +

BC BC



+ 2AH2

2

2

3

2

BC

Vậy ta có ĐPCM

BÀI TOÁN 5

Cho ha số thực x  0; y 0 thay đổi và thoả mãn điều kiện (x + y)xy = x 2 + y 2 – xy

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 3 3

x  y

Cách 1:

Ta có A = 3 3

x  y =

2

x y x y x xy y x y x y xy x y

Mà (x + y)xy = x2 + y2

– xy  xy(x + y + 3) = (x + y)2 => x + y + 3 =

2

(x y)

xy



M

B

A

Suy ra A =

2 2

2

1

x y z

 

Mà (x + y)xy = x2 + y2 – xy =

2 2

3 0

y

  , do đó nếu x < 0 và y < 0 thì xy(x + y)<0 Mâu thuẫn

Do vậy x > 0 và y > 0 hoặc x > 0 và y < 0

Nếu x > 0 và y < 0 thì (x + y + 3)xy = (x + y)2

=> x + y + 3 < 0 vì xy < 0 nên x + y < -3

=> x y > 3 =>

3

x y < 1 => A =

2 2

Nếu x > 0 và y > 0 thì xy(x + y) = x2 – xy + y2  xy

=> x + y  1 =>

1 1

x y  => A =

2

3

x y



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1

x y

x y

x y









Vậy GTLN cả A = 16  x = y =

1 2

Cách 2: Ta có A = 3 3

x  y =

2

x y x y x xy y x y x y xy x y

Lại có (x + y)xy = x2 – xy + y2 =

2 2

3 0

y

  => x + y  0 và xy  0

Đặt B =

xy

x y Ta có B =  

1

xy x y x xy y x y xy xy

x y



Mà xy 

2

2

x y





Do đó B

3 1

4

 

=> 0 <

1 4

B  => A =

2

1 16

B



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =

1 2

Vậy GTLN của A là 16 khi và chỉ khi x = y =

1 2

Cách 3: Ta có 3(x – y)2  0 => 4(x2 – xy + y2)  (x2 + 2xy + y2) =>

2

4

x y

xy x y







=> 4

x y

xy





Mà

2

0

x y x y

xy x xy y

  Do đó

2

16

x y xy



Vậy A = 3 3

x  y =

2

x y x y x xy y x y x y xy x y

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =

1 2

Vậy GTLN của A là 16 khi và chỉ khi x = y =

1 2

Cách 4:

Đặt S = x + y và P = x.y Vì (x + y)2  4xy nên S2  4P

Từ xy(x + y) = x2 – xy + y2 , Ta có SP = S2 – 3P => P =

2

3

S  SP

Lại có S2

2

4.

3

S  SP



=> 1

4.

P P S S



Do đó

2

1 16

P S



Suy ra A =

2

S

P  Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =

1 2

Vậy GTLN của A là 16 khi và chỉ khi x = y =

1 2

Cách 5:

Vì x, y khác 0, đặt y = tx (t khác 0)

Ta có (x + y)xy = x2 – xy +y2

 (x + xt)x.xt = x2 – x.xt + x2t2 => tx(t + 1) = 1 – t – t2

Do đó A = 3 3

x  y =

2

x y x y x xy y x y x y xy x y

=> A =

2

2

 

Mà ta có 3(t – 1)2  0  4(t2 – t + 1)  t2 + 2t + 1 Nên 0 

2 2

1 2 1

t t

t t

Do đó A  16 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =

1 2

Vậy GTLN của A là 16 khi và chỉ khi x = y =

1 2

Cách 6:

Ta có (x + y)xy = x2 – xy + y2 =

2 2

3 0

y

1 1

0

x y

x y xy



Suy ra A = 3 3

x  y =

x y x y x xy y x y x y xy x y

=> A3 =

6

1 1

x y



  Ta chứng minh với a + b > 0 ta có

a b a b



Do đó 0 <

3 3

3

1 1

x y

  =>

2 3 3

6

1 1

x y

=>

2 3

A

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1

x y

x y

x y









Vậy GTLN cả A = 16  x = y =

1 2

Cách 7:

Vì xy(x + y) = x2 – xy + y2 và x, y khác 0 nên ta có 2 2

x y x  xy y

Đặt

1

a

x  và

1

b

y  Ta có a + b = a2 – ab + b2 => a + b = (a + b)2 – 3ab

Mà ab

 2

4

a b



2

4

a b a b

=> (a + b)2 – 4ab  0 => 0 a + b  4 Suy ra A = a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) = (a + b)2  16

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =

1

2 Vậy GTLN của A là 16 khi và chỉ khi x = y =

1 2

Cách 8:

Ta có xy(x + y) = x2 + y2 – xy =

1

4(x + y)2 +

3

4(x – y)2

2

1

> 0

=> 0 <

2

4

x y

xy x y





 => 0 < 4

x y xy





=>

2

16

x y xy



Do đó A = 3 3

x  y =

2

x y x y

x y xy

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =

1 2

Vậy GTLN của A là 16 khi và chỉ khi x = y =

1 2

MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài tập 1: Chứng minh rằng x3 + 3 + 2

x  

Bài tập 2: Cho a, b, c là các số dương Chứng minh rằng

3 2

b c c a a b     

Bài tập 3: Cho a, b, c thoả mãn các điều kiện 0  a, b, c  và a + b + c = 3 Tìm GTLN của biểu thức A = a2 + b2 + c2

Bài tập 4: Giải hệ phương trình









Bài tập 5: Cho tam giác ABC có B = 450 và C = 1200 Trên tia đối của tia CB lấy điểm D sao cho CD = 2.CB Tính ADB

Bài tập 6: Cho tam giác ABC có B = 650 và C = 450 Trong góc ABC vẽ tia Bx sao cho

CBx = 150 Đường vuông góc với AB tại A cắt Bx ở I Tính góc ICB.

Bài tập 7: Cho tam giác ABC cân tại A và có A = 1000 Tia phân giác của góc B cắt AC tại

D Chứng minh rằng BC = BD + AD

Bài tập 8: Cho tam giác ABC cân tại A, A = 800 Gọi O là điểm nằm trong tam giác sao cho

OBC = 300; OCB = 100 Chứng minh rằng tam giác COA cân

Bài tập 9: Từ một điểm M thuộc đáy BC của tam giác cân ABC (AB = AC), kẻ ME và MF

theo thứ tự vuông góc với AB và AC ( E thuộc AB và F thuộc AC) Chứng minh rằng tổng

ME + MF luôn không đổi khi M di động trên cạnh BC

Bài tập 10: Cho các số thực dương a, b, c và thoả mãn a.b.c = 2 Chứng minh rằng:

a3 + b3 + c3  a b c b a c c a b     Dấu “=” xảy ra khi nào?

- Việc phân tích và tìm nhiều lời giải cho một bài toán là một yếu tố cơ bản trong quá trình dạy học đặc biệt là trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi có thể khẳng định đấy là một phương pháp giúp học sinh nắm vững kiến thưc, giải quyết linh hoạt các bài toán và đạt kết quả cao trong học tập điều quan trọng nhất là việc áp dụng sáng kiến này đã giúp cho học sinh biết cách tìm hiểu bài toán theo nhiều chiều hướng khác nhau, nhiều khía cạnh khác nhau của giả thiết để từ

đó tìm được nhiều cách giải hay khác nhau cho một bài toán Việc khai thác bài toán theo hướng tìm nhiều cách giải còn tạo cho học sinh khả năng phân tích, tổng hợp và phương pháp

tư duy logic trong học tập Đặc biệt học sinh có hứng thú và yêu thích toán học hơn và có đủ

tự tin trong quả trình học tập và nghiên cứu sau này

- Trên đây là một số kinh nghiệm nhỏ của bản thân trong việc hướng dẫn HS tìm nhiều lời giải cho một bài toán mà tôi tích luỹ được qua quá trìng dạy học và bồi dưỡng học sinh giỏi Rất mong được tiếp tục trao đổi cùng đồng nghiệp và bạn đọc

Vĩnh tường, ngày 15 tháng 01 năm 2010

Người viết đề tài