SKKN phát triển tư duy cho học sinh qua giải bài toán IMO theo nhiều cách và mở rộng bài toán image marked

SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN MỤC LỤC Danh mục chữ viết tắt Trang MỞ ĐẦU Trang 1.1 Lý chọn đề tài Trang 1.2 Mục đích nghiên cứu Trang 1.3 Đối tượng nghiên cứu Trang 1.4 Kế hoạch nghiên cứu Trang 1.5 Phương pháp nghiên cứu Trang NỘI DUNG Trang 2.1 Một số kết thường gặp tam giác Trang 2.2 Bài toán IMO 1961 Trang 2.3 Mở rộng toán măt phẳng Trang 15 2.4 Mở rộng tốn khơng gian Trang 20 THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM Trang 22 3.1 Kết từ thực tiễn Trang 22 3.2 Kết thực nghiệm Trang 23 KẾT LUẬN Trang 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO Trang 25 SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN MỘT SỐ KÍ HIỆU VIẾT TẮT TRONG ĐỀ TÀI A, B, C Góc tam giác ABC a, b, c Độ dài cạnh đối diện với đỉnh A, B, C tương ứng p Nửa chu vi tam giác ABC R Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC r Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC S Diện tích tam giác ABC Độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh A V Thể tích khối tứ diện ABCD SA Diện tích mặt đối diện đỉnh A tứ diện ABCD SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Tốn học mơn học có vai trò quan trọng chương trình THPT Tốn học khơng giúp cho học sinh kỹ tính tốn mà phát triển tư cho học sinh, đặc biệt tư sáng tạo, khái quát… Trong toán học, việc phát triển tư cho học sinh việc quan trọng Đối với nhiều học sinh, em thường hài lòng với việc giải xong tốn mà không xem xét thêm cách giải khác phổ biến Trong q trình dạy học tơi thường khuyến khích học sinh giải tốn theo nhiều cách khác nhau, từ rèn luyện cho học sinh thói quen giải vấn đề theo nhiều cách khác nhau, tư có ích sống đại ngày Trong q trình dạy học tơi thấy toán IMO sau thú vị, toán là: “ Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh a, b, c có diện tích S Chứng minh rằng: a  b  c  S ” Tôi thấy có nhiều cách để tính diện tích tam giác, từ ta chứng minh toán thú vị theo nhiều cách khác Mặt khác, mặt phẳng khơng gian có mối liên hệ với nhau, tính chất mặt phẳng mở rộng khơng gian, ta mở rộng tốn khơng gian cho tứ diện Với lý chọn đề tài “ Phát triển tư cho học sinh thông qua giải toán IMO theo nhiều cách mở rộng tốn” Trong đề tài tơi trình bày 16 cách giải khác cho toán nêu, đồng thời mở rộng toán mặt phẳng khơng gian 1.2 Mục đích nghiên cứu - Giúp học sinh biết cách vận dụng kiến thức để giải vấn đề nhiều cách khác - Rèn luyện kỹ mở rộng toán theo nhiều hướng SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN 1.3 Đối tượng nghiên cứu Là học sinh khá, giỏi lớp 12I, 12K trường THPT Tây Hiếu 1.4 Kế hoạch nghiên cứu - Từ 20/09/2015 đến 15/10/2015: Chọn đề tài, viết đề cương nghiên cứu - Từ 16/10/2015 đến 20/12/2015: Đọc tài liệu lý thuyết, viết sở lý luận - Từ 21/12/2015 đến 16/02/2016: Áp dụng đề tài vào thực tiễn - Từ 17/02/2016 đến 15/04/2016: Viết báo cáo, trình bày báo cáo trước tổ chun mơn xin ý kiến đóng góp - Từ 16/04/2016 đến 10/05/2016: Hoàn thiện báo cáo 1.5 Phương pháp nghiên cứu - Đọc tài liệu liên quan để viết sở lý thuyết - Phương pháp thực nghiệm - Phương pháp thống kê, xử lý số liệu NỘI DUNG 2.1 Một số kết thường gặp tam giác KQ1 Cơng thức diện tích tam giác 1 abc S  a.ha  ab sin C   pr 2 4R  p ( p  a )( p  b)( p  c) ( công thức Hê rông)  a 2b  b c  c a    a  b  c  = (1) Chứng minh công thức (1) ( công thức lại có sách giáo khoa 10) Cách Theo cơng thức Hê rơng ta có 16 S  p ( p  a )( p  b)( p  c)  (a  b  c)(a  b  c)(b  c  a )(c  a  b)  (b  c)  a   a  (b  c)    2bc  (b  c  a   2bc  (b  c  a )   4b 2c  (b  c  a ) SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN  2(a 2b  b 2c  c a )  (a  b  c ) S  a 2b  b c  c a    a  b  c  Cách Áp dụng định lý hàm cosin ta có a  b  c  2bc cos A  2bc cos A  b  c  a  4b 2c (1  sin A)  b  c  a  2b 2c  2c a  2a 2b  4b 2c  2(a 2b  b 2c  c a )  (a  b  c ) 1  S  bc sin A   a 2b  b c  c a    a  b  c  KQ2 Trong tam giác ABC ta có A B C r   p  a  tan   p  b  tan   p  c  tan 2 Chứng minh Xét tam giác ABC có đường tròn nột tiếp tâm I tiếp xúc cạnh BC, CA, AB M, N, P Khi ta có AP  AN , BP  BM , CM  CN A N P I C B M Trong tam giác vuông API ta có A AP  BP  AN  CN  BM  CM A  tan 2 AB  AC  BC A A  tan  ( p  a ) tan 2 Chứng minh tương tự ta có kết lại r  PI  AP.tan SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN KQ3 Trong tam giác ABC ta có cot A cot B  cot B cot C  cot C cot A  A B B C C A tan tan  tan tan  tan tan  2 2 2 (2) (3) Chứng minh (2) Trong tam giác ABC ta có cot( A  B)  cot(  C )  cot A cot B    cot C cot A  cot B   cot A cot B   cot C cot A  cot C cot B  cot A cot B  cot B cot C  cot C cot A  Chứng minh (3) Trong tam giác ABC ta có  A B  C  tan     tan    2 2 2 2 A B tan  tan 2   A B C  tan tan tan 2 A C B C A B  tan tan  tan tan   tan tan 2 2 2 A B B C C A  tan tan  tan tan  tan tan  2 2 2 KQ4 Trong tam giác ABC ta có 3 A B C tan tan tan  2 3 A B C tan  tan  tan  2 cot A  cot B  cot C  sin A  sin B  sin C  (4) (5) (6) (7) SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN Chứng minh (4) Trước hết ta chứng minh sin x  sin y  2sin xảy x  y x y với x, y   0;  Đẳng thức x y x y x y cos  2sin Đẳng thức xảy x  y 2 Áp dụng bất đẳng thức ta có   C    A B 3 sin A  sin B  sin C  sin   sin  sin  2     Ta có sin x  sin y  2sin    A BC   4sin      2   3 Đẳng thức xảy tam giác ABC  sin A  sin B  sin C  Chứng minh (5) Ta có A B B C C A A B C   tan tan  tan tan  tan tan  3  tan tan tan  2 2 2 2 2  A B C  tan tan tan  2 3 Đẳng thức xảy tam giác ABC Chứng minh (6) A B B C C A Ta có tan tan  tan tan  tan tan  2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức ( x  y  z )  3( xy  yz  zx) ta có 2 A A A A B B C C A    tan  tan  tan    tan tan  tan tan  tan tan   2 2 2 2 2   A B C  tan  tan  tan  2 Đẳng thức xảy tam giác ABC SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN Chứng minh (7) Ta có cot A cot B  cot B cot C  cot C cot A  Áp dụng bất đẳng thức ( x  y  z )  3( xy  yz  zx) ta có cot A  cot B  cot C  Đẳng thức xảy tam giác ABC 2.2 Bài toán [IMO 1961] Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh a, b, c có diện tích S Chứng minh rằng: a  b  c  S Cách Ta thấy vế trái mối liên hệ cạnh, ta sử dụng cơng thức Hê rơng để giải tốn Ta có  p a  p b p c S  p ( p  a )( p  b)( p  c)  p     p2  a  b  c  =   a  b2  c2 3 Đẳng thức xảy tam giác ABC Cách Sử dụng công thức Hê rông kết hợp bất đẳng thức Côsi Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức quen thuộc 8( p  a )( p  b)( p  c)  abc Ta có 8( p  a )( p  b)( p  c)  ( p  a )( p  b) ( p  b)( p  c) ( p  c)( p  a )  (2 p  a  b)(2 p  b  c)(2 p  c  a )  abc Áp dụng bất đẳng thức ta có 48S  48 p ( p  a )( p  b)( p  c)  48 pabc =3(a  b  c)abc 3(a  b  c )  (a  b  c)     a  b2  c2  9 Lấy bậc hai hai vế ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy tam giác ABC Cách Theo cơng thức diện tích Hê rơng ta có 16 S  2(a 2b  b 2c  c a )  (a  b  c ) Với số thực x, y, z ta có x  y  z  xy  yz  zx Áp dụng bất đẳng thức ta có: SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN a  b  c  a 2b  b c  c a   a  b  c     a 2b  b 2c  c a    a  b  c     a  b  c   48S 2  a  b  c  S Đẳng thức xảy tam giác ABC Cách Theo định lý cosin c  a  b  2ab cos C cơng thức diện tích S  ab sin C , bất đẳng thức cần chứng minh trở thành   a  ab(cos C  sin C )  b   a  2ab sin  C    b  6    Xét f (a )  a  2ab sin  C    b , ta xem f (a ) tam thức bậc hai ẩn a với 6    hệ số bậc hai 1, mà  '  b sin  C    b  6  Do hiển nhiên f (a )  Vậy bất đẳng thức cho Đẳng thức xảy tam giác ABC Cách Biến đổi tương đương Ta có a  b  c  S  a  b  (a  b  2ab cos C )  3ab sin C      2(a  b)  4ab 1  cos  C     0, từ ta có điều phải chứng minh    Đẳng thức xảy tam giác ABC Cách Theo định lý cosin tam giác ta có a  b  c  2bc cos A  b  c  S cot A, b  c  a  2ca cos B  c  a  S cot B, c  a  b  2ab cos C  a  b  4cot C Suy a  b  c  S (cot A  cot B  cot C )  S Từ ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy tam giác ABC SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN 1     Cách Ta có a  b  c  ab  bc  ca  S    sin A sin B sin C  1 Mặt khác ta có     sin A sin B sin C sin A  sin B  sin C Từ ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy tam giác ABC Cách Ta có a  b  c  R(sin A  sin B  sin C )  3R Áp dụng cơng thức diện tích tam giác ta có 9abc 9abc 9(a  b  c)3 (a  b  c) 4S      a  b2  c2 3R a  b  c 27(a  b  c) Đẳng thức xảy tam giác ABC Cách Trước hết ta chứng minh công thức a  (b  c)  S tan A Ta có a  b  c  2bc cos A  (b  c)  2bc(1  cos A) 4S A A  (b  c)  2sin  (b  c)  S tan sin A 2 B C Tương tự ta có b  (c  a )  S tan , c  (a  b)  S tan 2 Từ ta có A B C  a  b  c  (a  b)  (b  c)  (c  a )  S  tan  tan  tan  2 2   4S Đẳng thức xảy tam giác ABC A B C  ( p  b) tan  ( p  c) tan Do ta có 2 A B C A B C pr  p ( p  a )( p  b)( p  c) tan tan tan  S tan tan tan 2 2 2 A B C  r  p tan tan tan 2 Mặt khác ta có Cách 10 Ta có r  ( p  a ) tan SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN A B B C C A A B C   tan tan  tan tan  tan tan  3  tan tan tan  2 2 2 2 2   tan A B C tan tan  2 3 Ta có A B C 4 a b  c  2 S  pr  p tan tan tan    a b c 2 3  Đẳng thức xảy tam giác ABC Cách 11 Gọi G trọng tâm, đường O làtâm    tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có 3OG  OA  OB  OC ,     9OG  OA2  OB  OC  OAOB  OBOC  OCOA    3R   OA2  OB  AB    OB  OC  BC    OC  OA2  AC   R  (a  b  c ) Do OG  nên a  b  c  R  16 S (a  b  c )  9a 2b 2c  48S   a  b  c  2 a 2b c Từ suy 16 S a   b2  c2  3  a  b  c  S Đẳng thức xảy tam giác ABC Cách 12 Sử dụng tính chất tâm đường tròn nội tiếp tam giác A N P B I M C SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác, M , N , P hình chiếu I     lên BC, CA, AB Ta có aIM    bIN   cIP   Thật vậy, đặt cIP  u  aIM  bIN    Ta  có  u.BC  aIM BC  bIN BC  cIP.BC  b.r.a.sin C  c.r.a.sin B  (b sin C  c sin B)  (2 R sin B sin C  R sin C sin B)      Suy vng góc Chứng minh tương tự ta có vng góc u BC u CA         Mà BC , CA khơng phương ta có u  hay aIM  bIN  cIP      Bình phương hai vế đẳng thức aIM  bIN  cIP  ta có a r  b r  c r  2abr cos C  2bcr cos A  2car cos B   a  b  c  2ab cos C  2bc cos A  2ca cos B  S cot C  S cot A  S cot B  S  cot A  cot B  cot C   S Từ ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy tam giác ABC Cách 13 Ta sử dụng công diện tích S  ah A B H M C Xét tam giác ABC có M trung điểm BC H chân đường cao kẻ từ A  3BC  3BC Ta có S  3BC AH  AM    AM     3a b  c a   2     a  b2  c2 4  SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN Đẳng thức xảy tam giác ABC   600 Cách 14 Khơng tính tổng qt giả sử a  b  c Khi ta có BAC A B C D Dựng tam giác ACD cho B, D phía AC Áp dụng định lý cosin cho ta giác ABD ta có   c  b  2cb.cos  A  600  BD  AB  AD  AB AD.cos BAD  b  c  2bc  cos A.cos600  sin A.sin 600    b  c  a   3bc sin A  a  b  c  S  Do BD  nên ta suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy tam giác ABC  b2  c2  Cách 15 Khơng tính tổng qt giải sử A  600 Dựng tam giác BAM   300 , điểm M, C nằm phía với đường thẳng bờ AB vng M có BAM   300 , điểm N, B nằm phía với Dựng tam giác NAC vng N có CAN với đường thẳng bờ AC A 30° 30° B C M N SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN c b , AN  AC.cos300  2 Áp dụng định lý cosin cho tam giác MAN ta có  MN  AM  AN  AM AN cos MAN 3c 3b 3bc    cos( A  600 ) 4 2 3b  3c 3bc   cos A.cos600  sin A sin 600   3b  3c 3bc cos A 3bc sin A    4 2 2 3b  3c 3(b  c  a ) 3S    3(a  b  c  S 3)  Vì MN  nên ta có a  b  c  S Đẳng thức xảy tam giác ABC Ta có AM  AB.cos300  Cách 16 Khơng tính tổng quát giải sử A  600 Dựng phía ngồi tam giác ABC tam giác ABM CAN N M A B Áp dụng định lý cosin cho tam giác AMN ta có  MN  AM  AN  AM AN cos MAN  c  b  2bc.cos(2400  A)  b  c  2bc(cos 2400 cos A  sin 2400 sin A) C SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN  b  c  bc cos A  3bc sin A b2  c2  a 2 b c   2S 2 Mà MN   AM  AN    b  c   2(b  c ) , suy b2  c2  a 2(b  c )  b  c   2S  a  b  c  S Đẳng thức xảy tam giác ABC 2 2 2.3 Mở rộng toán mặt phẳng Bài toán phát biểu cho lũy thừa số mũ 2, ta mở rộng tốn lũy thừa với số mũ chẵn lớn Cho tam giác ABC có diện tích S độ dài cạnh a, b, c Với n  * chứng minh 2n 2n 2n   n a 2n  b2n  c 2n  3  S   a  b  b  c   c  a   3  b  c  a  b  c  c  a  b c  a   a  b  c  a  b n n n n n n Để chứng minh toán ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề x  y  Cho  , chứng minh: x m  y m  ( x  y ) m m  Giải y x y Ta có  ,  nên x x  y m y    m m x  x   y x y m m m        x  y  ( x  y) m x y  x  x   x  y    x  x  m  Đẳng thức xảy   y  SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN Bổ đề  x, y , z  Cho  , chứng minh m  m m xm  y m  x  y  xm  y m  z m  x  y  z  i) ii)    ,  3     Giải i) Cách Ta có bất đẳng thức cho tương đương bất đẳng thức m m  x   y  1 m  x y  x y 2     x Đặt t  (đk:  t  ), ta có bất phương trình x y f (t )  t m  (1  t ) m  21m Ta có f '(t )  mt m1  m(1  t ) m1 Khi f '(t )   t m1  (1  t ) m1  t  Bảng biến thiên t f '(t ) - f (t) 21m Dựa vào bảng biến thiên ta có f (t )  21m , t   0;1 Vậy bất đẳng thức cho Cách Theo bất đẳng thức Becnuli ta có m  x m  x y m( x  y )  1  1    x y x y  x  y    m m  y   yx m( y  x )  x  y   1  x  y    x  y     + SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN m m m  2x   y  xm  y m  x  y       x y 2 x  y 2       m  Đẳng thức xảy   x  y ii) Theo câu i) ta có m m x yz m x  y  z   z  m z   xm  y m x y         2       m x yz    x y z  m    x  y  z    2   2          m m m m x y z x yz    3   m  Đẳng thức xảy   x  y  z  x, y  Bổ đề Cho  , chứng minh m   m m i) ( x  y )  x  y , 2 m m m xm  y m  x  y  x y ii)    2   Giải i) Nếu x  y  bất đẳng thức hiển nhiên x2 y2 Nếu x, y  ta có:  ,  , ta có x  y x2  y SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN m  2 x2  x   x  y  x  y2 xm  y m  1  m m  y  ( x2  y ) y2   2  x  y2  x  y  Từ ta có điều phải chứng minh ii) Theo bất đẳng thức i) ta có m x y x y      m  x  y  x y       2    m m  x2  y  xm  y m ( theo bổ đề 2i)      m  Đẳng thức xảy   x  y Bổ đề Trong tam giác ABC ta có a  b  c  S  (a  b)  (b  c)  (c  a ) Hay ( p  a )( p  b)  ( p  b)( p  c)  ( p  c)( p  a )  S Giải Cách Theo cách chứng 10 mục 2.1 ta có A B C  a  b  c  (a  b)  (b  c)  (c  a )  S  tan  tan  tan  2 2  A B C Mà tan  tan  tan  3, từ ta có điều phải chứng minh 2 Cách Ta có: a  b  c  S  (a  b)  (b  c)  (c  a ) 2 2   a   b  c    b   c  a     c   a  b    S        4( p  b)( p  c)  4( p  c)( p  a )  4( p  a )( p  b)  S  xy  yz  zx  S (với x  p  a; y  p  b; z  p  c )  xy  yz  zx  xyz ( x  y  z ) ( S  p ( p  a )( p  b)( p  c)  xyz ( x  y  z ) ) SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN  ( xy  yz  zx)  xyz ( x  y  z )  ( xy  yz )  ( yz  zx)  ( zx  xy )  Bất đẳng thức cuối đúng, từ ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy tam giác ABC Quay lại chứng minh toán a  b  c a  (b  c)   Trong tam giác ABC ta có b  c  a  b  (c  a )  c  ( a  b )  c  a  b Do đó, theo bổ đề ta có a n  b  c n   a  b  c  n   p  b p  c  n          2n n 2n      p  c  p  a   n b  c  a  b  c  a         n c n  a  b n  c   a  b 2     p  a  p  b   n      2n 2n 2n  a 2n  b2n  c2n  a  b  b  c  c  a  4( p  b)( p  c)   4( p  c)( p  a)  n n  4( p  c)( p  a)   4( p  a)( p  b)  n n  4( p  a)( p  b)   4( p  b)( p  c)  n n n  4( p  b)( p  c)  4( p  c)( p  a )    (a  b  c) n a  b    n  4( p  c)( p  a )  4( p  a )( p  b)    (b  c  a ) n b  c    n  4( p  a )( p  b)  4( p  b)( p  c)    (c  a  b ) n c  a    ( bổ đề 3ii) n n   2( p  b)( p  c)  2( p  c)( p  a )    2( p  c)( p  a )  2( p  a )( p  b)    2( p  a )( p  b)  2( p  b)( p  c)   (a  b  c) n a  b  n n n (b  c  a ) n b  c  (c a  b) n c  a n SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN n n  4( p  a )( p  b)  4( p  b)( p  c)  4( p  c)( p  a )   3  (a  b  c) n a  b    n n (b  c  a ) n b  c  (c  a  b) n c  a (theo bổ đề 2ii) n n n n  4S  n n n  3  ( a  b  c ) a  b  ( b  c  a ) b  c  ( c  a  b ) c  a   3 ( theo bổ đề 4) n 2n 2n 2n   n Vậy a n  b n  c n    S  a b  bc  ca  3 n n n (a  b  c) n a  b  (b  c  a ) n b  c  (c  a  b) n c  a Đẳng thức xảy tam giác ABC 2.4 Mở rộng tốn khơng gian Tam giác mặt phẳng tứ diện khơng gian có mối liên hệ biện chứng, nhiều tính chất tam giác mở rộng không gian tứ diện Do đó, tốn ta mở rộng khơng gian thành tốn sau: Cho tứ diện ABCD, đặt S A  SBCD , S B  SCDA , SC  SDAB , S D  SABC , V thể tích khối tứ diện ABCD Chứng minh 27 S A3  S B3  SC3  S D3  V Giải Trước hết ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề Với số thực a, b, c, x, y, z ta có a  x  b  y  c  z  (a  b  c)  ( x  y  x) Chứng minh Trong hệ trục tọa độ Oxy, xét điểm A(a; x), B(b; y ), C (c; z )    Khi ta có OA  a  x , OB  b  y , OC  c  z    OA  OB  OC  (a  b  c)  ( x  y  z ) SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN       Mặt khác, ta ln có OA  OB  OC  OA  OB  OC , suy điều phải chứng    x y z minh Đẳng thức xảy OA , OB , OA hướng hay   a b c Bổ đề Trong tam giác ABC ta có  a  b  c   12 S Chứng minh Theo tốn 2.1 ta có a  b  c  S 1     Mặt khác ta có ab  bc  ca  S    sin A sin B sin C   2S  4S sin A  sin B  sin C  2(ab  bc  ca )  8S (*) (**) Từ (*) (**) ta có a  b  c  2(ab  bc  ca )  12 S  (a  b  c)  12 S Đẳng thức xảy tam giác ABC D K A E H C F B Quay trở lại toán Gọi H hình chiếu vng góc D lên mặt phẳng (ABC) Gọi E, F, K hình chiếu vng góc H lên AB, BC, CA SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN Đặt DH  h, HF  x, HK  y, HE  z Áp dụng định lý Pitago ta có DF  h  x , DK  h  y , DE  h  z Do S A  S B  SC   BC.DF  CA.DK  AB.DE  = a h2  x2  b h2  y  c h2  z 2 = (ah)  (ax)  (bh)  (by )  (ch)  (cz ) 2 2   ah  bh  ch    ax  by  cz  ( Theo bổ đề 5) 2 =  a  b  c  h2   SHBC  SHCA  SHAB   12 S D 3h  S D2 ( Theo bổ đề 6) 2   S A  S B  SC   3S D h  S D2       S A  S B  SC  S D  S A  S B  SC  S D   3S D h 1    S A  S B  SC  S D  S A  S B  SC  S D  S D  54  Sh  3   S  S B  SC  S D  S D    S A  S B  SC  S D   A   54 3V     S A  S B  SC  S D   216 3V  16  S A3  S B3  SC3  S D3   216 3V  S A3  S B3  SC3  S D3  Đẳng thức xảy tứ diện ABCD 27 V 3 THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 3.1 Kết từ thực tiễn Trước dạy thực nghiệm khảo sát lớp 12I 12K Qua kết khảo sát tơi thấy phần lớn học sinh lòng với cách giải mà tìm khơng hứng thú để tìm cách giải khác Sau dạy thực nghiệm cho lớp 12I tơi thấy em có hứng thú giải tốn, em ln có xu hướng tìm tòi cách giải khác Nhiều em tìm nhiều cách giải độc đáo SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN 3.2 Kết thực nghiệm Sáng kiến áp dụng năm học 2015 – 2016 Thực nghiệm tiến hành lớp 12I (36 học sinh) 12K (40 học sinh) trường THPT Tây Hiếu, thị xã Thái Hòa, Nghệ An Trong lớp 12I áp dụng sáng kiến, lớp 12K không áp dụng sáng kiến Sau dạy thực nghiệm, cho lớp làm kiểm tra sau TRƯỜNG THPT TÂY HIẾU ĐỀ KIỂM TRA KHẢO SÁT THỰC NGHIỆM Thời gian: 45 phút Đề bài: Chứng minh bất đẳng thức sau cách mở rộng toán a  b  c  ab  bc  ca Kết khảo sát Loại Lớp 12I 12K Giỏi Khá 13.9% 0% 25% 0% Trung bình 36.1% 27.5% Yếu Kém 13.9% 30% 11.1% 42.5% Nhận xét kết khảo sát: Lớp 12K không dạy thực nghiệm nên hầu hết em giải cách khơng mở rộng tốn Ngược lại, lớp 12I dạy thực nghiệm nên hầu hết em giải hai cách trở lên mở rộng toán Tổng hợp cách giải học sinh mở rộng Cách Áp dụng bất đẳng thức x  y  xy ta có a  b  2ab  2 2 b  c  2bc  2a  2b  2c  2ab  2bc  2ca c  a  2ca   a  b  c  ab  bc  ca Đẳng thức xảy a  b  c Cách Ta có a  b  c  ab  bc  ca  2a  2b  2c  2ab  2bc  2ca   (a  b)  (b  c)  (c  a )  Bất đẳng thức cuối nên bất đẳng thức cho SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN Đẳng thức xảy a  b  c Cách Bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức a  (b  c)a  b  c  bc  (*) Xét tam thức bậc hai ẩn a f (a )  a  (b  c)a  b  c  bc Ta có   (b  c)  4b  4c  4bc  3(b  c)  Do f (a )  hay bất đẳng thức (*) Vậy bất đẳng thức cho Đẳng thức xảy a  b  c Cách Khơng tính tổng qt, giả sử c  b  a Ta có (a  b)(a  c)   a  ca  ab  bc   a  ab  ca  bc  a  b  c  ab  ca  bc  b  c  a  b  c  ab  ca  bc  (b  c)  ab  bc  ca Đẳng thức xảy a  b  c Cách Khơng tính tổng qt, giả sử c  b  a Ta có bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức a  ab  b  bc  c  ca   a (a  b)  b(b  c)  c(c  a )   a (a  b)  b(b  c)  c(c  b)  c(b  a )   (a  b)(a  c)  (b  c)  (*) Do c  b  a nên bất đẳng thức (*) Vậy bất đẳng thức cho Đẳng thức xảy a  b  c 1 2 Cách Ta có a  b  c  ab  bc  ca   a  b    b  c    c  a  2 2 2  a  b  c  ab  bc  ca Đẳng thức xảy a  b  c Mở rộng Mở rộng theo hướng tăng số mũ Cho số thực a, b, c ta có a n  b n  c n  (ab) n  (bc) n  (ca ) n , n  * Mở rộng Mở rộng theo hướng tăng số hạng Cho số thực a1 , a2 , , an ta có a12  a22   an2  a1a2  a2 a3   an a1 KẾT LUẬN Việc bồi dưỡng tư cho học sinh việc làm cần thiết thường xuyên Đặc biệt giải tốn theo nhiều cách khác nhau, qua học sinh rèn luyện cách tiếp cận toán theo nhiều hướng khác Điều tạo hứng thú cho học sinh học tập mà trau dồi khả xử lý tình SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN huống, kỹ quan trọng trọng sống Qua q trình giảng dạy tơi thấy học sinh có hứng thú học mơn Tốn, đặc biệc em khơng lòng với cách giải mà ln cố gắng tìm tòi nhiều cách giải độc đáo Đề tài trình bày, trao đổi góp ý với tổ Toán – Tin hội đồng chấm sáng kiến kinh nghiệm trường THPT Tây Hiếu Các thành viên đóng góp ý kiến quý báu cho đề tài Mặc dù cố gắng đề tài không tránh khỏi thiếu sót Mong ban giám khảo đồng nghiệp giúp đỡ để đề tài hoàn thiện Thái Hòa, ngày 12 tháng 05 năm 2016 Tác giả Võ Nam Phong TÀI LIỆU THAM KHẢO ... - Giúp học sinh biết cách vận dụng kiến thức để giải vấn đề nhiều cách khác - Rèn luyện kỹ mở rộng toán theo nhiều hướng SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN 1.3 Đối tư ng... cho tứ diện Với lý chọn đề tài “ Phát triển tư cho học sinh thông qua giải toán IMO theo nhiều cách mở rộng tốn” Trong đề tài tơi trình bày 16 cách giải khác cho toán nêu, đồng thời mở rộng toán. .. quan trọng chương trình THPT Tốn học khơng giúp cho học sinh kỹ tính tốn mà phát triển tư cho học sinh, đặc biệt tư sáng tạo, khái quát… Trong toán học, việc phát triển tư cho học sinh việc quan