Skkn giúp học sinh tìm nhiều lời giải cho một bài toán

I. ĐẶT VẤN ĐỀ Ở trường phổ thông, dạy toán là hoạt động toán học. Đối với học sinh, có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. các bài toán ở trường phổ thông là một phương tiện rất có hiệu quả và không thể thay thế được trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển năng lực tư duy, hình thành kĩ năng, kỉ xảo ứng dụng toán học vào thực tiễn. Hoạt động giải bài tập toán là điều kiện để thực hiện tốt các mục đích dạy học toán. Vì vậy tổ chức có hiệu quả việc dạy giải bài tập toán có vai trò quyết định đối với chất lượng dạy học toán. Trong thực tiễn dạy học, bài tập toán được sử dụng với những dụng ý khác nhau, một bài tập có thể tạo tiên đề xuất phát, gợi động cơ, cũng có thể để cũng cố, kiểm tra kiến thức….Trong quá trình giảng dạy bộ môn toán ở trường THCS tôi thấy SGK Toán bố trí các bài tập một cách khoa học, đa dạng, phong phú, số lượng đầy đủ được sắp xếp theo thứ tự từ dễ đến khó. Đặc biệt các bài tập tuy đơn giản nhưng nghiên cứu kĩ tôi thấy rằng chứa đựng trong đó nhiều điều hết sức thú vị. Cụ thể đó là chúng ta có thể hướng dẫn các em “khai thác phát triển bài toán” cũng có thể hướng dẫn HS giải bài tập với nhiều cách khác nhau từ đó HS có thể cũng cố, xâu chuỗi kiến thức…. Với ý tưởng đó tôi mạnh dạn viết về để tài “ Giúp học sinh tìm nhiều lời giải cho một bài toán” . II. PHẦN NỘI DUNG 1. Thực trạng của vấn đề Qua quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh tôi thấy rằng: Một số giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc hướng dẫn học sinh giải bài tập toán. Trong quá trình giải toán ít quan tâm đến việc rèn luyện các thao tác tư duy, suy luận, khai thác, phát triển, sáng tạo bài toán. Chưa chú tâm đến vấn đề chuyên sâu một bài nào đó, liên hệ các bài toán lại với nhau, thông thường giáo viên giải đến đâu vấn đáp đến đó và coi việc giải xong một bài toán là kết thúc hoạt động. Chưa chú trọng đến việc dạy phương pháp học tập, kĩ năng, kinh nghiệm để các em có thể thực hiện tiếp các bài toán mới. Một số tiết học còn rất khô khan, chưa tạo ra được sự hứng thú, niềm đam mê yêu thích môn học của đại đa số các em học sinh. Đặc biệt là chưa khơi dậy được niềm tin trong học toán ở các em. Trong các tiết dạy luyện tập, ôn tập đại đa số các giáo viên chỉ quan tập đến việc giải được bao nhiêu bài tập, bao nhiều dạng toán chứ ít giáo viên lấy một bài tập và yêu cầu HS tìm nhiều lời giải, nhiều PP giải để cũng cố khắc sâu và tìm kiếm kiến thức mới. Bên cạnh đó một bộ phân không ít học sinh còn lười học, lười suy nghĩ, lười tư duy trong quá trình học tập. một bộ phân khác lại học vẹt, học không đi đôi với hành, làm việc rập khuôn máy móc, làm mờ nhạt đi tính tích cực, độc lập, sáng tạo của bản thân. Nhưng cũng có học sinh thật sự chăm học nhưng chưa có phương pháp học tập phù hợp, chưa chủ động chiếm lĩnh kiến thức. Nhiều học sinh đã sớm hài lòng với lời giải của mình mà không chịu tìm tòi lời giải khác, không chịu nghiên cứu, đào sâu bài toán và chưa có thói quen phát triển, sáng tạo bài toán mới hay cách giải mới. Nhiều học sinh cảm thấy hụt hẫng, mất phương hướng khi đứng trước một bài toán khó mà không biết rằng bài toán đó là sự kế thừa hay là một hệ quả của một bài toán đã biết. 2. Giải pháp thực hiện Việc tìm ra lời giải một bài toán nhiều khi không phải là quá khó, nhưng thực ra sau mỗi bài toán có biết bao nhiêu điều lí thú. Nếu người thầy không biết khơi dậy ở học sinh óc tò mò, sự tìm tòi khám phá những gì ẩn sau mỗi bài toán mà chỉ giải xong bài toán là kết thúc thì việc dạy học trở nên nhạt nhẽo. Điều quan trọng là nếu sau mỗi lời giải của bài toán ta tìm ra được nhiều lời giải khác nhau, PP giải khác nhau …. thì có thể rèn luyện năng lực tư duy óc sáng tạo cho học sinh, đồng thời kiến thức sẽ được mở rộng hơn, hệ thống hơn. Một trong những cách làm hiệu quả là giúp học sinh biết tìm nhiều lời giải cho một bài toán. Bài toán 1 : Cho vuông cân tại A, trung tuyến CM. Qua A kẻ đường thẳng vuông góc với CM cắt BC tại H. Tính tỉ số ( Thi GVG Yên Thành năm học 2017 – 2018)

I ĐẶT VẤN ĐỀ Ở trường phổ thơng, dạy tốn hoạt động tốn học Đối với học sinh, xem việc giải tốn hình thức chủ yếu hoạt động toán học toán trường phổ thơng phương tiện có hiệu thay việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển lực tư duy, hình thành kĩ năng, kỉ xảo ứng dụng tốn học vào thực tiễn Hoạt động giải tập toán điều kiện để thực tốt mục đích dạy học tốn Vì tổ chức có hiệu việc dạy giải tập tốn có vai trị định chất lượng dạy học toán Trong thực tiễn dạy học, tập toán sử dụng với dụng ý khác nhau, tập tạo tiên đề xuất phát, gợi động cơ, để cố, kiểm tra kiến thức….Trong trình giảng dạy mơn tốn trường THCS tơi thấy SGK Tốn bố trí tập cách khoa học, đa dạng, phong phú, số lượng đầy đủ xếp theo thứ tự từ dễ đến khó Đặc biệt tập đơn giản nghiên cứu kĩ tơi thấy chứa đựng nhiều điều thú vị Cụ thể hướng dẫn em “khai thác phát triển tốn” hướng dẫn HS giải tập với nhiều cách khác từ HS cố, xâu chuỗi kiến thức… Với ý tưởng tơi mạnh dạn viết để tài “ Giúp học sinh tìm nhiều lời giải cho tốn” II PHẦN NỘI DUNG Thực trạng vấn đề Qua trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh thấy rằng: - Một số giáo viên chưa thực quan tâm đến việc hướng dẫn học sinh giải tập tốn Trong q trình giải tốn quan tâm đến việc rèn luyện thao tác tư duy, suy luận, khai thác, phát triển, sáng tạo toán - Chưa tâm đến vấn đề chuyên sâu đó, liên hệ tốn lại với nhau, thông thường giáo viên giải đến đâu vấn đáp đến coi việc giải xong toán kết thúc hoạt động - Chưa trọng đến việc dạy phương pháp học tập, kĩ năng, kinh nghiệm để em thực tiếp tốn - Một số tiết học cịn khô khan, chưa tạo hứng thú, niềm đam mê u thích mơn học đại đa số em học sinh Đặc biệt chưa khơi dậy niềm tin học toán em - Trong tiết dạy luyện tập, ôn tập đại đa số giáo viên quan tập đến việc giải tập, bao nhiều dạng toán giáo viên lấy tập yêu cầu HS tìm nhiều lời giải, nhiều PP giải để cố khắc sâu tìm kiếm kiến thức Bên cạnh phân khơng học sinh cịn lười học, lười suy nghĩ, lười tư trình học tập phân khác lại học vẹt, học không đôi với hành, làm việc rập khn máy móc, làm mờ nhạt tính tích cực, độc lập, sáng tạo thân Nhưng có học sinh thật chăm học chưa có phương pháp học tập phù hợp, chưa chủ động chiếm lĩnh kiến thức Nhiều học sinh sớm hài lòng với lời giải mà khơng chịu tìm tịi lời giải khác, khơng chịu nghiên cứu, đào sâu tốn chưa có thói quen phát triển, sáng tạo toán hay cách giải Nhiều học sinh cảm thấy hụt hẫng, phương hướng đứng trước tốn khó mà khơng biết tốn kế thừa hệ toán biết Giải pháp thực Việc tìm lời giải tốn nhiều khơng phải q khó, thực sau tốn có biết điều lí thú Nếu người thầy khơng biết khơi dậy học sinh óc tị mị, tìm tịi khám phá ẩn sau toán mà giải xong toán kết thúc việc dạy học trở nên nhạt nhẽo Điều quan trọng sau lời giải tốn ta tìm nhiều lời giải khác nhau, PP giải khác … rèn luyện lực tư óc sáng tạo cho học sinh, đồng thời kiến thức mở rộng hơn, hệ thống Một cách làm hiệu giúp học sinh biết tìm nhiều lời giải cho toán Bài toán : Cho ABC vuông cân A, trung tuyến CM Qua A kẻ đường thẳng BH CH ( Thi GVG Yên Thành năm học 2017 – 2018) AM BH  để tính Phân tích: M trung điểm AB = AC nên tỉ số ta cần tìm AC CH vng góc với CM cắt BC H Tính tỉ số mối liên hệ hai tỉ số Ta khai thác trung điểm M AB Ta có cách giải sau: A Cách 1: Lấy I đối xứng với E qua M AME BMI ( c.g.c) M I  suy BIM  AEM 900 Suy BI // AH E BH IE  (1) CH CE AME ∽ CAE (g.g) ME AE AM ME    mà  suy AE CE AC EI Suy B H C Suy AE = EI (2) Từ (1) (2) suy BH AE   CH CE Tiếp tục khai thác trung điểm M AB ta nghĩ đến đường trùng bình tam giác ABH Ta có cách giải Cách 2: Qua M kẻ đường thẳng song song với AH cắt BC K Suy BH = 2HK A ME KH  CE HC BH KH 2ME   Suy CH HC CE MK // HE suy M Đặt AM = a AC = 2a MC = AM  AC = a Có AM2 = ME.CM E AM a Suy ME = = ; CM B K C H 4a 5 ME BH  suy Suy = CE CH CE = MC – ME = Cách 3: Qua B kẻ đường thẳng song song với MC cắt AH N suy BN vng góc với AH AME ∽ CAE (g.g) ME AE AM (1)     AE CE AC A M ME đường trung bình ABN  ME  (2) BN E Từ (1) (2) suy AE = BN (3) BH BN  (4) CH CE BH AE   Từ (1) ; (3) (4) suy CH CE BNH ∽ CEH (g.g)  C H B N Với cách giải ta khai thác giả thiết M trung điềm AB Nếu nghĩ đến đường trung tuyến tam giác ta có cách giải sau Cách 4: A M E B H G C D Vẽ đường cao AD tam giác ABC vuông cân A suy AD đường trung tuyến suy G trọng tâm tam giác ABC suy MG  GC (1) Ta có: ACH có AD CE đường cao cắt G  G trực tâm tam giác ACH  HG  AC mà AC  AB BH MG (2)   HG // AB  CH CG BH  Từ (1) (2) Suy CH Trong cách giải ta thấy G trực tâm tam giác ACH ta khai thác vấn đề ta có cách giải sau Cách 5: A D M G C H B Kẻ HD vng góc với AC ( H thuộc AC) Tam giác ACH có HD CM đường cao cắt G Suy AG đường cao thứ hay AG vng góc với BC Tam giác ABC vng cân A có AG đường cao nên trung tuyến Suy G trọng tâm tam giác ABC Có BM // HG ( vng góc AC) suy Cách 6: BH MG   CH CG A M G B H I C D Kẻ hình vng ABDC Gọi I giao BC AD; G giao AD CM Ta có: ABDC hình vng nên đường chéo vng góc với trung điểm I đường suy AI đường cao đồng thời đường trung tuyến ABC Suy G trọng tâm ABC  MG  CG Tam giác ACH có AI CM đường cao cắt G suy HG đường cao thứ suy GH // BM ( vng góc với AC)  Ta nhận thấy BH MG   CH CG BH  ta xem H trọng tâm tam giác có CB CH đường trung tuyến để có điều ta phải tạo đoạn thẳng có B trung điểm ta cần lấy D đối xứng với A qua B từ ta có cách giải sau Cách 7: A M E B C H I D Lấy D đối xứng với A qua B 1 ACM có AM  AC  tan ACM= (1) 2 1 ACD có AC  AD  t anADC= (2) 2 Từ (1) (2) Suy tan ACM tan ADC mà chúng góc nhọn    ( phụ IAC )  ADI DAI  ACM  ADC mà ACM DAI  tam giác ADI cân I suy AI = ID (3)  Ta lại có: IAC  ACI ( phụ với hai góc ACM  ADC ) Suy ACI cân I suy AI = IC (4) Từ (3) (4) suy I trung điểm CD ACD có đường trung tuyến CB AI cắt H suy H trọng tâm Suy BH  CH D Cách 8: E A M B H≡H' I C Gọi D điểm đối xứng với C qua A, H’ giao AM BC, E I trung điểm AD, CH’ Xét tam giác CDH’ có AI đường trung bình suy AI // MH’ Xét tam giác ABI có AI // MH’ AM = MB suy BH’ = H’I Suy BH '  (1) CH ' Tam giác BCD có AB = CD suy tam giác BCD vuông B Xét  ABD có ME đường trung bình suy ME // BD mà BD  BC  ME  BC Xét  BCE có AB EM đường cao cắt M suy CM  BE BH ' EA    AH’ // BE mà CM  BE suy AH’  CM CH ' AC Có AH  CM AH’  CM suy H’ trùng với H (2) BH  Từ (1) (2) suy CH Ta có: Qua cách giải tốn ta vận dụng khai thác giả thiết trung điểm đoạn thẳng đường trung tuyến tam giác việc khai thác giả thiết khác để giải tốn khơng phải việc dễ mà u cầu HS phải có trí tưởng tượng phong phú logic, muốn có điều HS phải người thầy thương xuyên hướng dẫn, khuyến khích người học phải biết đúc rút kinh nghiệm giải tốn Bài tốn 2: Cho đoạn thẳng AB, mặt phẳng bờ AB vẽ hai tia Ax, By vng góc với AB Lấy M Ax, N By cho AM + BN = MN Chứng minh MN tiếp tuyến đường trịn tâm O đường kính AB Để chứng minh MN tiếp tuyến (O) E ta chứng minh MN vng góc với bán kính OE E vừa thuộc MN vừa thuộc đường trịn (O) Ta có cách giải sau: Cách 1: Khai thác giả thiết AM + BN = MN y x N E M A O B Trên MN lấy E cho ME = MA suy NE = NB   A 900  AME Ta có: tam giác AME cân M suy ME BNE  tam giác BNE cân N suy NEB 900  AME  BNE  180   Suy AEM  BEN 1800  1800  900 suy AEB 900 2 Suy E thuộc đường tròn tâm O đường kính AB (1)   Mặt khác: ΔAMOAMO = ΔAMOEMO ( c.c.c)  MEO MAO 900  OE  MN (2) Từ (1) (2) suy MN tiếp tuyến đường trịn đường kính AB Cách 2: y N x I M F E A O≡O' B Lấy I MN cho MI = MA suy BI = NI Gọi E F trung điểm AI BI Nối ME NE kéo dài cắt O’ AMI cân M có MI trung tuyến đồng thời đường phân giác, đường cao BNI cân N có NI trung tuyến đồng thời đường phân giác, đường cao AMN  BNM   ' N 1800  O  ' MN  O  ' NM Suy MO = 1800  900    Suy tứ giác EIFO’ hình chữ nhật Suy EIF 900 hay AIB 900 Suy I thuộc đường trịn (O) (1) ABI có AI // O’F F trung điểm BI  O’ trung điểm AB hay O ' O  O MAO  AMO=IMO (c.c.c) suy MI 900  OI vng góc với MN (2) Từ (1) (2) suy MN tiếp tuyến đường tròn đường kính AB Cách 3: Khai thác O trung điểm AB Gọi F giao MO NB Kẻ OE  MN (E thuộc MN) ΔAMOAMO = ΔAMOBFO ( g.c.g)  MO = OF AM BF Ta có: MN = AM + BN = BF + BN = NF  MNF cân N y x N E M A O B F Tam giác MNF cân N có NO trung tuyến( MO = OF)  NO là đường phân giác  OE = OB ( Tính chất điểm thuộc tia phân giác)  E  (O) Có OE  MN, E thuộc (O) suy MN tiếp tuyến đường trịn tâm O Ta nhận thấy AMNB hình thang vuông, tam giác AMO, BNO tam giác vng Nếu kẻ OE vng góc với MN ta cần chứng minh E thuộc (O) để MN tiếp tuyến Sử dụng cơng thức diện tích biến đổi linh hoạt chút ta có cách giải toán đẹp sau Cách 4: Kẻ OE vng góc với MN ( E thuộc MN) Ta có: S AMNB S AMO  SMON  S NOB 1 2 1 S AMO  AM AO ; S MON  OE.MN ; S NBO  BN BO 2 1 1  MN AB  AM AO  OE.MN  NB.BO y x 2 2 1  MN 2AO  ( AM  BN ) AO  OE.MN ( AB = 2AO;NAO = BO) 2 1 I  MN 2AO  MN AO  OE.MN 2 E  2AO  AO  OE  AO OE Suy E thuộc đường trịn tâm O Có OE  MN, E thuộc (O) suy MN tiếp tuyến đường tròn tâm O Mà S AMNB   AM  NB  AB  MN AB M Cách 5: Gọi I trung điểm MN Kẻ OE vng góc với MN Ta có: OI đường trung bình hình thang AMNB suy OI  AM  BN MN  AMI 2 O B  O MOI   Suy tam giác MIO cân I suy MI Lại có: AMO MOI ( OI // MA)   Suy AMO EMO suy ΔAMOAMO = ΔAMOEMO ( cạnh huyền – góc nhọn) Suy OE = AO suy E thuộc đường trịn tâm O Có OE  MN, E thuộc (O) suy MN tiếp tuyến đường tròn tâm O Cách 6: Gọi I trung điểm MN Kẻ OE vng góc với MN Ta có: OI đường trung bình hình thang AMNB suy OI  AM  BN MN  2 Suy tam giác MNO vuông O AMO ∽ BON ( g.g) Suy OM AM OM AM   mà AO = BO nên ON BO ON AO Suy AMO ∽ OMN (c.g.c )  Suy AMO OMN suy AMO EMO (cạnh huyền – góc nhọn) Suy AO = OE suy E thuộc đường trịn tâm O Có OE  MN, E thuộc (O) suy MN tiếp tuyến đường tròn tâm O a2 b2 c2 a b c    Bài toán 3: Cho a, b, c dương chứng minh rằng: b c c a a b Cách 1: Dùng bất đẳng thức Cô – si Áp dụng BĐT Cô – si cho số bc a2 ta có bc bc a2 a2 b  c + 2 a bc bc Tương tự: b2 ca b2 c  a  2 b ca ca c2 a b c2 a  b  2 c a b a b Suy a2 b2 c2 a b c a2 b2 c2 a b c    a  b  c     b c c a a b b c c a a b Cách 2: Dùng BĐT Bunhiacôpsky Ta có:  a  b  c  b c  a   b c  c a  a b  ca a b  bc  2  a b c       b  c  c  a  a  b  b c c a a b  2 a2 b2 c2 a b c a2 b2 c2      hay b c c  a a b 2(a  b  c) b  c c  a a  b a b c    Cách 3: dùng bất đẳng thức biết: b c c a a b 1 1         Ta có:  a  b  c      a b b  c c  a    a b b c c a   a b b c c a  1 1  3  a  b   b  c   c  a  3  a b b c c a a b c a b c a b c c a b     1  11   Suy a b b c ca a b b c ca a b c    Suy b c c a a b a b c    ta suy Áp dụng BĐT b c c a a b a b c  3 a  b  c    a  b  c     b c c a a b     a  b  c   a  b  c  a   a  b  c  b   a  b  c  c 3  a  b  c  b c a b 3 a  b  c  a b c  a b  c  b c ca a b 2 2 a b c a b c     b c c  a a b 2 ca 2 Cách 4: Dùng biến đổi tương đương a2 b2 c2 a b c a2 a b2 b c2 c          0 b c c  a a b b c c  a a b a  2a b  c  b  2b c  a  c  2c a b            0  b c b c   c  a c  a   a b a b  a  a  b  a  c  b  b  c b  a  c  c  b c  a         0 2 b c ca a b  2  2  a (a  b) a (a  c ) b(b  c) b(b  a ) c(c  b) c(c  a )       0 2(b  c) 2(b  c) 2(c  a) 2(c  a) 2(a  b) 2(a  b) a b a b  b c b c  c a c a            0  b c c a   c  a a b   a b b c  a  b (a  b)(a  b  c) b  c (b  c)(a  b  c ) c  a (c  a )(a  b  c )    0 (b  c)(c  a) (c  a)(a  b) ( a  b)(b  c) 10  a  b  c   b  c  a  b  c   c  a   a  b  c   a  b        0 2  (b  c)(c  a)   ( a  b)(c  a)   (b  c)( a  b)  Cách 5: a2 a bc b c  2 bc  0  0 với a, b,c >0 Suy b c  b c  a  Ta có:   bc a2 bc  a 0 b c b2 ca  b 0 Tương tự ta có: ca c2 a b  c 0 a b a2 b2 c2 a b c     a  b  c  0 Cộng BĐT ta có: b c c  a a b a2 b2 c2 a b c     b c c  a a b  Cách 6: PP đổi biến: Đặt a  b 2 x; b  c 2 y; c  a 2z Suy a + b + c = x + y + z Suy a = x – y + z; b = x + y – z; c = y + z – x x BĐT cần chứng minh trở thành: x VT = 2 2 y  z  x  y  z    y  z  x  x  y  z  y z x y  z  x  y  z   y  z  x  y z x  xz yz xy  x2 z x2 y y z       3( x  y  z )      = y y z z x x x z   y  x2 z x2 y y z       3( x  y  z )   x  y  z  y y z z x x Ta có Suy x2 z2 x2 y2 y2 z2  y   y   z   z   x   x 2 x  z  x  y  y  z (Cô – si) y y z z x x x2 z x2 y2 y z        x  y  z  4( x  y  z ) y y z z x x x2 z x2 y y z Suy       3( x  y  z )   x  y  z   x  y  z y y z z x x x Suy Vậy 2 y  z  x  y  z    y  z  x  x  y  z  y z x a2 b2 c2 a b c    b c c a a b Bài toán 4: Cho số thực dương a, b thỏa mãn a  2b 3 Tìm GTLN A = a   b  Cách 1: Dự đoán giá trị lớn A đạt a = b = a   b  2 11 Để tìm GTLN A ta tìm cách đưa biểu thức A dạng M – Q2 muốn ta cần thêm vào A biến a b bậc để nhằm làm xuất đẳng thức Ta có: 4A = a   b  a  2b  21  a   a    2b   b   = a  2b  21   a   a      b   b    = a  2b  21    a 3    b 3   3  21   2.0 24 Suy A 6 Suy AMax  a  2b 3  6  a   0  a b 1   b   0 Cách 2: Dự đoán giá trị lớn A đạt a = b = a   b  2 Do ta sử dụng BĐT CƠ – SI cho hai số a  3; b  cần đánh giá để làm thức Vậy ta cần đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng ta cần làm xuất tích hai số a  3; b  bình phương A có điều Ta có: A > A2 a   4b 12  (a  3)(b  3) a  4b  15  2(a   b  3) theo BĐT Cô – si Suy A2 a  4b  15  2a  2b  12 3(a  2b)  3.3  27 36  a  b   a b 1  a  2b 3 Suy A 6 Suy AMax 6  Cách 3: Ta dùng BĐT Cơ – Si sau Ta có: A = a   b   a   2b  Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số a  ta có: 4a 3 a 7 a 7   a 3  2  2b  2b  14 2b  14  2b   2 2b    2 a 3  Tương tự: Suy ra: A = a   b  = a   2b   Suy A  Suy AMax a  2b  14  4 a   2b  14   14  6 4  a  2  6  2b  2  a b 1  a  2b 3  Cách 4: Áp dụng BĐT Bunhiacôpsky ta có A = a   b  = a   2b       a   2b       6 12 Suy AMax  a 3 2b    6   a b 1  a  2b 3  Cách 5: Dự đoán giá trị lớn A đạt a = b = a   b  2 a 7  a  (1) b 7 2b 14  b 3  2 b  b   0 với  b >  b   b   0  4 Ta có:   a 3   0 với a >  a   a   0   (2) Từ (1) (2) suy A = a   b   a   2b 14   14  6 4  a   b  2  a b 1 Suy A Suy AMax 6   a  2b 3 Cách 6: Ta dùng PP đổi biến dùng điều kiện có nghiệm PT BPT bậc hai để giải toán sau Đặt x  a  y  b  ( x, y 0 ) Suy ra: x  y a   2b  a  2b  3  12 (1) Mặt khác: A = x  y Gọi m giá trị tùy ý biểu thức A ta có: m = x  y  x m  y Thay vào (1) ta có:  m  y   y 12  y  4my  m  12 0 (*) BPT (*) có nghiệm khi:  ' ( 2m)  6(m2  12) 0   36  m  0   m 6  a  2  Suy AMax 6 y =2; x =    b  2  Bài toán 5: Cho  x  tìm GTNN A = 1 x x  a b 1 Cách 1: Dùng BĐT Cô – si 3(1  x  x) 4(1  x  x)    1 x x 1 x x 3x 4(1  x) x 4(1  x) x 4(1  x)   7   7  7  = 3 1 x x 1 x x 1 x x 3x 4(1  x)   x 4  Suy Amin =  1 x x Ta có: A = Cách 2: Dùng BĐT Cô – si 4 x    với  x  1  x x x  x2 x  x2 12 12   x   7    x  Suy   7  A 4 x 4 x 4 x  7  Suy A  7 ta có A    x 12 7  4 x 13 Suy Amin =   x  12  x 4  4 x Cách Dùng BĐT Bunhiacôpsky Ta có: A =    4       x  x   1 x  x   1 x x  1 x x  x  1 x   Suy Amin =  32  7  3 : 1 x  : x   x 4  1 x x 1 x x Cách 4: Dùng ẩn phụ Do < x < nên đặt x sin a Khi A = 4      3   tan a     cot a   x x  sin a sin a cos a sin a = 7+ tan a  cot a 7  3tan a.4 cot a 7  Suy Amin =  tan a 4 cot a  3sin a 4cos4 a  3sin a 2cos a  x 2   x   x 4   x Bài toán 6: Tìm x, y, z biết: x   y   z  6   y z Điều kiện: x  1; y  2; z  Cách 1: Ta nhận thấy hai số nghịch đảo nên ta vận dụng x x  đẳng thức thứ đưa toán tổng ba bình phương sau: x   y   z  6   x 1 2    x 1   x 1  y  2 x  4   y   x     y z 1  z  3 2 0 y z  4   z   y      0 z 3 4  x 4 x   x 2(t / m)     y    y 3(t / m) y   z 4(t / m)    z  4 z  Ta làm sau Cách 2:   z 1  z  3 2 0 y z x   y   z  6  x 1 2  y  2 x 1  x 1  y x   x  1 y   y  1 z   z  1   0 x y z 14   x   x 1  x   0    y   0    z   0 y 2   y 2  z 3 z 0  x 2(t / m)   y 3(t / m)  z 4(t / m)  Ta nhận thấy x  hai số nghịch đảo nên vận dụng BĐT Cô – x si để đánh giá từ trùng bình cộng sang trung bình nhân Cách 3: 1   x y z 1  x 1  y 2  z 3 6 (*) x y z Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương x  x 1 1 2 ; z   2 Tương tự: y   2 Ta có: x   y x z 1 Cộng ba BĐT vế với vế ta có x   x   y   y   z   z  6 x   y   z  6    x 1 x   x 2(t / m)     y 3(t / m) Có phương trình (*) BĐT Cơ – si xảy  y   y   z 4(t / m)    z  z  Ta nhận thấy x 2; y 3; z 4 x   y   z  1 1 x 1 y  z     3 sử dụng BĐT Cô – si x y z sau: Cách 4:  x 1 x 1 y  z  3  x x   y   z  6   Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số 1  y z 1  6 (1) y z x   y   z  3; 1   ta có x y z 15 x 1 y  z  2  2 3  x 1  y z  x 1 y   z     x   1    y z   x  y  z  3.3 1 6 x y z Có phương trình (1) BĐT Cơ – si xảy   x 1 y  z  x     x 1 y  z  1     x  y z 1  y z  x 2(t / m)    y 3(t / m)  z 4(t / m)  Cách 5: Ta nhận thấy x 2; y 3; z 4 x   y   z  1 ta sử dụng cho số x  1; y  1; z  Ta biến sử dụng sau  x 1 x 1 y  z  3  x x y z   6 x y z x   y   z  6    1  y z 1  6 y z Áp dụng BĐT Cơ – si ta có: x  1  x  1 x   2 x 2 x y z 2 ; 2 y z x y z   6 dấu ‘=’ xảy x = 2; y = 3; z = x y z tương tự ta có: Suy Bài toán 7: Chứng minh rằng: 298 – chia hết cho Cách 1: Có 298 – = (249 – 1)( 249 + 1) Ta có 249(249 – 1)( 249 + 1) chia hết cho (tích ba số liên tiếp) mà 249 không chia hết cho Suy (249 – 1)( 249 + 1) chia hết hay 298 – chia hết cho Cách 2: Xét A = 1+ 2+ 22 +…… + 297 Suy A = 2A – A = (2 + 22 + 22 + .+ 298) – (1+ 2+ 22 +…… + 297) = 298 – Suy 298 – = 1+ 2+ 22 +…… + 297 = (1+ 2) + (22 + 23) + + (296 + 297) = + 3.22 + 3.24 + .+ 3.296 chia hết cho Cách 3: Xét A = + 22 + 24 + ………+ 294 + 296 Ta có: 4A = 22 + 24 + 26 + …… + 296 + 298 16 Suy 3A = 4A – A = 298 – Suy A = 298  mà A  Z Suy 298 – chia hết cho Cách 4: Ta có: 1(mod3) suy 449 1(mod3) hay 298 1(mod3) Vậy: 298 – chia hết cho 3 Một số tập vận dụng  Bài 1: Cho tam giác ABC cân A có BAC 1000 , tia phân giác góc B cắt cạnh AC D Chứng minh rằng: BC = BD + AD ( Thi HSG huyện Yên thành năm 2015 2016) Bài 2: Cho tam giác ABC cân A có A 1000 Trên cạnh AB kéo dài phía B lấy E cho AE = BC Tính AEC ( Thi HSG huyện Yên thành năm 2012 - 2013) Bài 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đường cao AH Gọi E , F hình chiếu H AB,AC a) chứng minh: AE.AB = AF.AC  b) Biết AH = h, BAC  Tính độ dài EF theo h  (Thi HSG lớp huyện Yên thành năm 2014 - 2015) Bài 4: Cho đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A Tiếp tuyến chung BC ( B  (O); C  (O ') ) cắt tiếp tuyến A I  a) Chứng minh OIO' 900 b) Chứng minh ABC tam giác vuông Bài 5: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) H điểm di động đoạn thẳng OA ( H khác A) Đường thẳng qua H vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB M Gọi K hình chiếu M OB 1 a) chứng minh AMH  HKM b) tiếp tuyến (O; R) A B cắt tiếp tuyến M (O; R) D E OE, OD cắt AB G F Chứng minh OGF ∽ ODE c) Tìm giá trị lớn chu vi tam giác MAB Bài 6: Cho hình chữ nhật ABCD (AB > AD) Vẽ BH vng góc với AC (H thuộc AC), gọi M, K trung điểm AH, DC Chứng minh BM  MK Bài 7: Cho hình vng ABCD Lấy điểm M hình vng cho MAB cân  M MAB 150 Chứng minh MCD tam giác  Bài 8: Trong tam giác ABC (AB > AC) có BAC  Trên cạnh AB lấy điểm D cho AD = AC Lấy E trung điểm của, F trung điểm BC Tính góc BEF (Thi GVG huyện n thành năm 2009 - 2010)   Bài 9: Cho điểm M nằm tam giác ABC Chứng minh rằng: BMC  BAC (Thi GVG huyện Yên thành năm 2008 - 2009) Bài 10: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R) Hai đường cao BD CE Chứng minh OA  DE Bài 11: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đường cao BE, CF cắt H Gọi I trung điểm BC đường thẳng qua H vng góc với HI cắt cạnh AB, AC M N Chứng minh rằng: HM = HN 17 Bài 12: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O ; R) có BC cố định Khi A di chuyển đường tròn (O) chứng minh trọng tâm G ln di chuyển đường trịn cố định Bài 13: Chứng minh với số thực không âm ta ln có 3a  7b3 9ab2 (Thi GVG huyện Yên thành năm 2015 - 2016) a2 b2 c2 a b c    a b b c c a a  b  c  64  Bài 15: Cho a, b, c số dương chứng minh rằng:            3b   3c   3a  27    Bài 16: Cho x, y > thỏa mãn x + y = Tìm GTNN A  x    y   y  x   Bài 14: Cho a, b, c số dương, chứng minh rằng: a2 b2 c2   a b c ab bc ac   a  b  c Bài 18: Cho a, b, c > 0, chứng minh rằng: c a b 3 a b c Bài 19: Cho a, b, c > 0, chứng minh   ab  bc  ca b c a x 1 A  Bài 20: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức:  x 1 Bài 17: Cho a, b, c > 1, tìm GTNN A  Bài 21: Cho x, y hai số dương x + y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1  1  M  x     y   x  y  (Thi HSG huyện Yên thành năm 2015 - 2016) Bài 22: Giải phương trình x  2 2( x3  8) (Thi GVG huyện Yên thành năm 2015 - 2016) Bài 23 : Giải phương trình  x  x  (Thi GVG tỉnh Nghệ an năm 2016 - 2017) Bài 24: Giải phương trình x  x  2 3x  Bài 25: Giải phương trình x   x  2 x  Bài 26: Tìm x, y, z biết: x   y   z  6   x 1  y z (Thi HSG huyện Yên Thành năm 2015 - 2016) Bài 27: Giải phương trình: x  2 x x  x (Thi GVG tỉnh Nghệ an chu kỳ 2006 - 2009) Bài 28: Tìm số nguyên tố x y cho y2 + 117 = x2 (Thi KSCL HSG Yên Thành năm 2018 – 2019) Bài 29: Cho a 111 12    n b 111 14    n chứng minh ab + số phương Bài 30: Tìm số nguyên tố p cho A 2 p  p (Thi HSG huyện Yên Thành năm 2015 - 2016) Bài 31: Cho m + n + 2018 chia hết cho (Với m, n số tự nhiên) Chứng minh rằng: B 4m  m  n chia hết cho (Thi HSG huyện Yên Thành năm 2017 - 2018) 18 Bài 32: Chứng minh với n  N * A 23n 1  23 n   hợp số (Thi HSG huyện Yên Thành năm 2016 - 2017) III KẾT LUẬN Kết Như nói trên, hoạt động học chủ yếu học sinh hoạt động giải tốn, việc giáo viên hướng dẫn để khêu gợi cho học sinh óc tị mị, thích khám phá sáng tạo điều thiếu hoạt động dạy giáo viên Sau Tôi giáo viên số trường triển khai chuyên đề đa số em tiếp thu tốt quan trọng em biết độc lập chiếm lĩnh kiến thức, tự tìm tịi sáng tạo cách giải khác toán Cụ thể, kiểm tra học sinh lớp 9A trường THCS trước học kết làm sau: Xếp loại Giỏi Khá Số lượng HS 12 18 Trước học số HS tìm nhiều lời giải (tỉ lệ) 50% 27.8% Sau học số HS có 10 thể tìm nhiều lời 83,3% giải (tỉ lệ) 12 66,7% Vấn đề cịn hạn chế Qua q trình giảng dạy Tơi thấy học sinh nói chung cần trang bị tri thức phương pháp thường xuyên để em đúc rút, tổng hợp kiến thức cũ, tìm xâu chuổi kiến thức cũ Đây mảng kiến thức rộng phổ biến, đa dạng thể loại, phức tạp nội dung nên với khoảng thời gian hạn hẹp Tôi nêu vài hướng phân tích để tìm cách giải khác cho tốn Nếu có thể, Tơi đầu tư nhiều thời gian để nghiên cứu chuyên đề sâu Điều kiện áp dụng Trước thực chuyên đề này, giáo viên cần nghiên cứu kĩ sách giáo khoa sách tập tài liệu tham khảo khác đặc biệt lượng kiến thức học sinh Tuỳ theo mức độ nhận thức đối tượng học sinh mà giáo viên triển khai dạng cho phù hợp, dẫn dắt gợi mở kiến thức thật dễ hiểu để học đạt hiệu cao Chuyên đề dành cho BDHSG khối - em có học lực khá, học sinh lớp chất lượng em phải nắm vững kiến thức có liên 19 quan từ khối lớp dưới, Có thể tìm hiểu thêm tài liệu tham khảo; Có tâm khơng ngại tập khó, khơng dừng lại chưa tìm đáp án cho làm-cùng với dẫn dắt thầy cô, khơng dừng lại tìm lời giải hay cho tốn Kết luận Qua việc tìm hiểu toán cần vận dụng linh hoạt, sáng tạo kết toán, vận dụng triệt để giả thiết cho tập từ tìm phương pháp làm thích hợp Nếu làm tốt điều giúp em hiểu sâu sắc kiến thức học, góp phần phát triển tư sáng tạo tiếp thu tốt kiến thức mới, phát huy trí lực học sinh Đó mong muốn thân Tôi riêng Tơi Mặc dù cố gắng phân chia kiến thức trình bày chuyên đề q trình thực khơng tránh khỏi sai sót, nhầm lẫn chưa khoa học nên Tôi mong nhận lời động viên, ý kiến đóng góp q báu từ phía đồng nghiệp bạn đọc để đề tài hồn thiện nội dung hình thức Yên Thành ngày tháng năm 2019 20