Phát triển tư duy cho học sinh thông qua giải bài toán IMO theo nhiều cách và mở rộng bài toán

Mục tiêu của sáng kiến kinh nghiệm này nhằm giúp học sinh biết cách vận dụng kiến thức để giải quyết vấn đề nhiều cách khác nhau; rèn luyện kỹ năng mở rộng bài toán theo nhiều hướng.

SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN MỤC LỤC Danh mục chữ cái viết tắt Trang 2 1. MỞ ĐẦU Trang 3 1.1 Lý do chọn đề tài Trang 3 1.2 Mục đích nghiên cứu Trang 3 1.3 Đối tượng nghiên cứu Trang 4 1.4 Kế hoạch nghiên cứu Trang 4 1.5 Phương pháp nghiên cứu Trang 4 2. NỘI DUNG Trang 4 2.1 Một số kết quả thường gặp trong tam giác Trang 4 2.2 Bài tốn IMO 1961 Trang 8 2.3 Mở rộng bài tốn trong măt phẳng Trang 15 2.4. Mở  rộng bài tốn trong khơng gian Trang 20 3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM Trang 22 3.1 Kết quả từ thực tiễn  Trang 22 3.2 Kết quả thực nghiệm Trang 23 4. KẾT LUẬN Trang 24 TÀI LIỆU THAM KHẢO Trang 25 VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN MỘT SỐ KÍ HIỆU VIẾT TẮT TRONG ĐỀ TÀI A,  B,  C   Góc trong 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 trịn ngoại tiếp tam giác ABC r Bán kính đường trịn 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 trong tứ diện ABCD VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN 1. MỞ ĐẦU 1.1 Lý do chọn đề tài            Tốn học là mơn học có vai trị hết sức quan trọng trong chương trình   THPT. Tốn học khơng những giúp cho học sinh kỹ năng tính tốn mà cịn phát  triển tư duy cho học sinh, đặc biệt là tư duy sáng tạo, khái qt…        Trong tốn học, việc phát triển tư  duy cho học sinh là việc hết sức quan   trọng. Đối với nhiều học sinh, các em thường hài lịng với việc giải xong một   bài tốn mà khơng xem xét thêm cách giải khác là khá phổ biến. Trong q trình  dạy học tơi thường khuyến khích học sinh giải bài tốn theo nhiều cách khác  nhau, từ đó rèn luyện cho học sinh thói quen giải quyết một vấn đề theo nhiều   cách khác nhau, tư duy đó rất có ích trong cuộc sống hiện đại ngày nay. Trong  q trình dạy học tơi thấy bài tốn IMO sau đây rất thú vị, bài tốn đó là:   “   Cho tam giác   ABC  có độ dài ba cạnh là  a,  b,  c  và có diện tích là  S  Chứng   minh rằng:   a + b + c 4S ”     Tơi thấy rằng có rất nhiều cách để  tính  diện tích tam giác, từ  đó ta có thể  chứng minh bài tốn thú vị  này theo nhiều   cách khác nhau. Mặt khác, giữa mặt phẳng và khơng gian có mối liên hệ  với  nhau, các tính chất trong mặt phẳng có thể mở rộng trong khơng gian, vì vậy ta   có thể mở rộng bài tốn này trong khơng gian cho tứ diện       Với những lý do trên tơi chọn đề tài “  Phát triển tư duy cho học sinh thơng   qua giải bài tốn IMO theo nhiều cách và mở  rộng bài tốn”. Trong đề  tài này  tơi trình bày 16 cách giải khác nhau cho bài tốn đã nêu, đồng thời mở rộng bài  tốn trong mặt phẳng và trong khơng gian 1.2 Mục đích nghiên cứu VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN       ­ Giúp học sinh biết cách vận dụng kiến thức để giải quyết vấn đề nhiều  cách khác nhau       ­ Rèn luyện kỹ năng mở rộng bài tốn theo nhiều hướng 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 cơ 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 và xin ý kiến đóng góp      ­ Từ 16/04/2016 đến 10/05/2016: Hồn thiện báo cáo 1.5 Phương pháp nghiên cứu       ­ Đọc các tài liệu liên quan để viết cơ sở lý thuyết       ­ Phương pháp thực nghiệm       ­ Phương pháp thống kê, xử lý số liệu 2. NỘI DUNG 2.1 Một số kết quả thường gặp trong 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 2c + c a ) − ( a + b + c )                               (1)  Chứng minh cơng thức (1) ( các cơng thức cịn lại có trong sách giáo khoa 10) Cách 1. Theo cơng thức Hê rơng ta có VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN                16S = 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 )                           = 2( a 2b + b 2c + c a ) − (a + b + c )                   � S = ( a 2b + b c + c a ) − ( a + b + c )   Cách 2. 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 2a ) − (a + b + c ) 1                   � S = bc sin A = ( a 2b + b c + c a ) − ( a + b + c ) KQ2. Trong mọi 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 trịn nột tiếp tâm I tiếp xúc 3 cạnh  BC, CA, AB tại M, N, P. Khi đó ta có  AP = AN ,  BP = BM ,  CM = CN   A N P I C B M Trong tam giác vng API ta có  VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN 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 các kết quả cịn lại KQ3. Trong tam giác ABC ta có                        cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A =                                   (2) A B B C C A                        tan tan + tan tan + tan tan =                              (3) 2 2 2                            r = PI = AP.tan Chứng minh (2) Trong tam giác ABC ta có                                  cot( A + B ) = cot(π − 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 � �π C �                                 tan � + �= tan � − �  �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 VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN 3                                                         (4) A B C                                                             (5)                       tan tan tan 2 3 A B C                        tan + tan + tan                                                        (6) 2                       cot A + cot B + cot C                                                           (7)                       sin A + sin B + sin C Chứng minh (4) Trước hết ta chứng minh  sin x + sin y 2sin xảy ra khi  x = y x+ y  với  ∀x, y ( 0;π )  Đẳng thức  x+ y x− y x+ y cos 2sin   Đẳng   thức   xảy     khi  2 x = y   Áp dụng bất đẳng thức trên ta có π� � C+ � � π A+ B sin A + sin B + sin C + sin 2� sin + sin � 2 � � � �                 π� � �A + B + C + �                                             4sin � �= � � � � 3            � sin A + sin B + sin C �   Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Ta   có  sin x + sin y = 2sin Chứng minh (5) Ta có  A B B C C A B C� � A    1 = tan tan + tan tan + tan tan 3 �tan tan tan � 2 2 2 2� � A B C                                       tan tan tan 2 3 VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều 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 cơ bản  ( x + y + z ) 3( xy + yz + zx)  ta có A A� � A B B C C A� � A            �tan + tan + tan � �tan tan + tan tan + tan tan �=   2� � 2 2 2� � A B C                                         � tan + tan + tan �   2 Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Chứng minh (7) Ta có  cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A =   Áp dụng bất đẳng thức cơ bản  ( x + y + z ) 3( xy + yz + zx)  ta có                                     cot A + cot B + cot C Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều  2.2 Bài tốn [IMO 1961]  Cho tam giác    ABC  có độ  dài ba cạnh là  a,  b,  c  và có diện tích là  S  Chứng  minh rằng:  a + b + c 4S Cách 1. Ta thấy vế trái là mối liên hệ 3 cạnh, vì vậy ta sử dụng cơng thức Hê  rơng để giải bài tốn này. Ta có 4S = p( p − a )( p − b)( p − c)    �p − a + p − b + p − c � 3p � � � �   p2 ( a + b + c )            = = a + b2 + c2 3 Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Cách 2. 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 trên ta có VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN 48S = 48 p ( p − a)( p − b)( p − c) 48 pabc =3(a + b + c)abc 2 2    � � 3( a + b + c ) ( a + b + c) 2 2 � �          =(a +b +c ) 9 Lấy căn bậc hai hai vế ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều              Cách 3. Theo cơng thức diện tích Hê rơng ta có 16S = 2(a 2b + b 2c + c a ) − (a + b + c )   Với mọi số thực  x,  y,  z  ta có  x + y + z xy + yz + zx   Áp dụng bất đẳng thức trên ta có:            a + b + c a 2b + b 2c + c a � ( a + b + c ) �3 � ( a 2b + b c + c a ) − ( a + b + c ) � � �           � ( a + b + c ) �48S 2 � a + b + c �4S Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Cách     Theo   định   lý   cosin   c = a + b − 2ab cos C     công   thức   diện   tích  S = ab sin C , bất đẳng thức cần chứng minh trở thành � π� 2 a − 2ab sin � C + �+ b �0         a − ab(cos C + sin C ) + b �� � 6� � π� 2 C + �+ b , ta xem  f ( a)  là tam thức bậc hai ẩn a với  Xét  f ( a) = a − 2ab sin � � 6� π� 2� C + �− b    hệ số bậc hai bằng 1, mà  ∆ ' = b sin � � 6� Do đó hiển nhiên  f ( a)  Vậy bất đẳng thức đã cho là đúng Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Cách 5. Biến đổi tương đương. Ta có          a + b + c − 4S = a + b + (a + b − 2ab cos C ) − 3ab sin C � � � π� − cos � C+ �    = 2( a − b) + 4ab � � 0,  từ đó ta có điều phải chứng minh � 3� � � VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Cách 6. Theo định lý cosin trong tam giác ta có a = b + c − 2bc cos A = b + c − 4S cot A,                  b = c + a − 2ca cos B = c + a − 4S cot B, c = a + b − 2ab cos C = a + b − 4cot C Suy ra  a + b + c = 4S (cot A + cot B + cot C ) 4S   Từ đó ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều 1 � �1 ab + bc + ca = 2S � + + � �sin A sin B sin C � 1 + +   Mặt khác ta có  sin A sin B sin C sin A + sin B + sin C Từ đó ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều 2 Cách 7. Ta có  a + b + c Cách 8. 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 ra khi tam giác ABC đều Cách 9. Trước hết ta chứng minh công thức  a = (b − c) + 4S 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) + 4S tan ,  c = ( a − b) + S tan   2 Từ đó ta có B C� � A a + b + c = (a − b) + (b − c ) + (c − a ) + 4S �tan + tan + tan � 2�      �                     4S VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN A N P B I M C                  Gọi I là tâm đường trịn nội tiếp tam giác,  M ,  N ,  P  lần lượt là hình chiếu của  uuur uur uur r I lên BC, CA, AB. Ta có  aIM + bIN + cIP =   r uuur uur uur r Thật vậy, đặt  u = aIM + bIN + cIP =  Ta có r uuur uuur uuur uur uuur uur uuur                  u.BC = aIM BC + bIN BC + cIP.BC   = b.r.a.sin C − c.r.a.sin B = ra(b sin C − c sin B)                              = ra(2 R sin B sin C − R sin C sin B) = r uuur r uuur Suy ra   u   vng góc   BC  Chứng minh tương tự  ta có   u   vng góc   CA  Mà  uuur uuur r r uuur uur uur r BC ,  CA   khơng cùng phương do đó ta có  u =  hay  aIM + bIN + cIP = uuur uur uur r Bình phương hai vế đẳng thức  aIM + bIN + cIP =  ta có  a r + b 2r + c 2r − 2abr cos C − 2bcr cos A − 2car cos B = � a + b + c = 2ab cos C + 2bc cos A + 2ca cos B = S cot C + 4S cot A + 4S cot B = S ( cot A + cot B + cot C ) S Từ đó ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Cách 13.  Ta sử dụng cơng diện tích  S = ah                         VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN A M H B C           Xét tam giác ABC có M trung điểm BC và H là chân đường cao kẻ từ A �3BC � 3BC AM � + AM �  Ta có  4S = 3BC AH � � �3a b + c a � = − �= a + b + c                        � + � �4 Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều ﾷ Cách 14. Khơng mất tính tổng qt giả sử  a b c  Khi đó ta có  BAC 600   A B C D                      Dựng tam giác đều  ACD  sao cho B, D cùng phía đối với AC. Áp dụng định lý  cosin cho ta giác ABD ta có VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN ﾷ BD = AB + AD − AB AD.cos BAD = c + b − 2cb.cos ( A − 600 )         = b + c − 2bc ( cos A.cos 600 + sin A.sin 600 ) ( ) b + c − a ) − 3bc sin A = a + b + c − S ( Do  BD  nên ta suy ra điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều         = b + c − Cách 15.  Khơng mất tính tổng qt giải sử  A 600   Dựng tam giác  BAM    ﾷ vng tại  M  có   BAM = 300 ,   điểm  M,  C  nằm cùng phía với đường thẳng bờ  AB.  ﾷ Dựng tam giác  NAC   vng tại N có  CAN = 300 ,  điểm N, B nằm cùng phía với  với đường thẳng bờ AC.  A 30° 30° B C M                       N c b , AN = AC.cos300 =   2 Áp dụng định lý cosin cho tam giác MAN ta có  ﾷ           MN = AM + AN − AM AN cos MAN   3c 3b 3bc = + − cos( A − 600 ) 4 3b + 3c 3bc                    = − cos A.cos600 + sin A sin 600 ) ( 3b + 3c 3bc cos A 3bc sin A = − − 4 Ta có  AM = AB.cos300 = VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN 3b + 3c 3(b + c − a ) 3S = − −                     3( a + b + c − 4S 3) = Vì  MN  nên ta có  a + b + c 4S    Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Cách 16. Khơng mất tính tổng qt giải sử  A 600   Dựng phía ngồi tam giác  ABC các tam giác đều ABM và CAN N M A B C Áp dụng định lý cosin cho tam giác AMN ta có ﾷ MN = AM + AN − AM AN cos MAN                              = c + b − 2bc.cos(2400 − A)                            = b + c − 2bc(cos 2400 cos A + sin 2400 sin A)                              = b + c + bc cos A + 3bc sin A   b2 + c − a                            = b + c + + 2S   2 Mà  MN ( AM + AN ) = ( b + c ) 2(b + c )  , suy ra b2 + c2 − a         2(b + c ) b + c + + 2S           � a + b + c �4 S   Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều 2 2 2.3 Mở rộng bài tốn trong mặt phẳng VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN Bài tốn trên phát biểu cho lũy thừa số mũ bằng 2, ta có thể mở  rộng bài tốn   lũy  thừa với số mũ chẵn bất kì lớn hơn 1 Cho tam giác  ABC  có diện tích  S  và độ  dài các cạnh là  a,  b,  c. Với   n ﾷ chứng   minh rằng 2n 2n 2n �4 � n a n + b2n + c2 n 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 bài toán ta chứng minh các bổ đề sau Bổ đề 1      Cho  x> y , chứng minh:  x m − y m m ( x − y )m                                              Giải y x− y ,  nên  Ta có  x x m �y � �� � �x � y x m m �y � �x − y � m m m �            � �+ � � �1 � x − y �( x − y )   m �x − y � x − y �x � � x � � � x �x � Đẳng thức xảy ra khi  m =1   y = Bổ đề 2      Cho  x, y , z > ,  chứng minh rằng  m xm + ym      i)  Giải i)  m xm + ym + z m �x + y �                      ii)  , � � �2 � m �x + y + z � � �   � � VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN * SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN Cách 1. Ta có bất đẳng thức đã cho tương đương bất đẳng thức m m � x � � y � 1−m                                      � �+ � �     �x + y � �x + y � 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 đó  f '(t ) = � t m−1 = (1 − t ) m −1 � t =   Bảng biến thiên         t  0                                                                 1 f '(t )                ­                   0              + f (t)                                     21−m   Dựa vào bảng biến thiên ta có  f (t ) 21−m , ∀t Vậy bất đẳng thức đã cho đúng Cách 2. Theo bất đẳng thức Becnuli ta có          m m m m � 2x � � x − y � m( x − y ) 1+ 1+ �x + y � = � � x+ y � � � � x+ y� �2 y � � y − x � m( y − x ) 1+ 1+ �x + y � = � � x+ y � � � x+ y� m m � x � �2 y �      � +� � � � � x + y x + y � � � � m =1 Đẳng thức xảy ra khi    x = y ii) Theo câu i) ta có xm + y m ( 0;1)     m �x + y � � �   � � VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN m m �x + y + z � x + y + z � � z +� m z+ � � xm + ym x+ y� � � � �     + �  � �+ � 2 2 � � � � � � m x+ y+z � � �x + y z + � m + � � �x + y + z �                                                  � � 2� �  � � � � � � � � � � m m m m x +y +z �x + y + z �                        � �   � � m =1 Đẳng thức xảy ra khi    x = y = z m Bổ đề 3.  Cho  m 2 i)  ( x + y ) x, y , chứng minh m xm + y m m m                     ii)  x +y , m      Giải i) Nếu  x =  hoặc  y =  thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng x2 y2 x , y > , < , do đó ta có    Nếu   thì ta có:  < x + y2 x2 + y2                         m � x � �2 � � �x + y � m x2 x2 + y2 � y2 � y2 �2 � 2 �x + y � x + y Từ đó ta có điều phải chứng minh ii) Theo bất đẳng thức i) ta có  xm + ym (x + y ) 2 m �x + y � x − y   � �+ �2 � m 1  VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN m x+ y� x− y      � � �+ �2 � m m 2 � �x + y � x − y �      � � � �+ 2 � � � � m x + y �2                                     � � � � � m=2 Đẳng thức xảy ra khi    x = y x m + y m  ( theo bổ đề 2i) Bổ đề 4. Trong tam giác ABC ta có               a + b + c 4S + (a − b) + (b − c ) + (c − a )       Hay  ( p − a )( p − b) + ( p − b)( p − c) + ( p − c)( p − a ) S   Giải Cách 1 Theo cách chứng 10 trong mục 2.1 ta có B C� � A 2 2 2          a + b + c = (a − b) + (b − c ) + (c − a ) + 4S �tan + tan + tan �  2� � A B C Mà  tan + tan + tan 3,  từ đó ta có điều phải chứng minh 2 Cách 2 Ta có:  a + b + c 4S + (a − b) + (b − c ) + (c − a )   2 a − ( b − c ) �+ � b − ( c − a ) �+ � c − ( a − b ) ��4S         � � � �� �� �        � 4( p − b)( p − c) + 4( p − c)( p − a ) + 4( p − a )( p − b) �4 S            � xy + yz + zx �S 3   (với  x = p − a; y = p − b; z = p − c  )          � xy + yz + zx � 3xyz ( x + y + z )                   ( vì  S =           p( p − a )( p − b)( p − c) = xyz ( x + y + z )  )  � ( xy + yz + zx) �3xyz ( x + y + z ) � ( xy − yz ) + ( yz − zx) + ( zx − xy ) �0 Bất đẳng thức cuối ln đúng, từ đó ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Quay lại chứng minh bài tốn VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN � a > b−c a > (b − c) b> c−a �� b > (c − a )   Trong tam giác ABC ta có  � � � c > ( a − b) c > a −b Do đó, theo bổ đề 1 ta có  n a2n − b − c 2n n � a − ( b − c ) �= � 4( p − b) ( p − c) � � � � � 2n   b − c−a 2n n � b − ( c − a ) �= � p − c p − a � ( ) ( ) �  � � � c2n − a − b 2n n � c − ( a − b ) �= � 4( p − a ) ( p − b) � � � � � n n � a 2n + b 2n + c 2n − a − b [ 4( p − b)( p − c) ] n 2n − b−c 2n − c−a 2n + [ 4( p − c)( p − a) ] [ 4( p − c)( p − a) ] + [ 4( p − a)( p − b) ] + 2 n n [ 4( p − a)( p − b)]                                                                 + n + [ 4( p − b)( p − c ) ] n n n 4( p − b)( p − c) + 4( p − c)( p − a ) � � n + ( a + b − c ) a − b � � � � n 4( p − c)( p − a) + 4( p − a)( p − b) � � n                                + � + ( b + c − a ) b − c � � � n 4( p − a )( p − b) + 4( p − b)( p − c) � � n                              + � + ( c + a − b ) c − a � � � ( do bổ đề 3ii) [ 2( p − b)( p − c) + 2( p − c)( p − a)] + [ 2( p − c)( p − a) + 2( p − a)( p − b)] n n                    + [ 2( p − a)( p − b) + 2( p − b)( p − c) ] + ( a + b − c) n a − b + n n                                                         (b + c − a) n b − c + (c+ a − b) n c − a n n   n 4( p − a)( p − b) + 4( p − b)( p − c ) + 4( p − c)( p − a ) � n � n   3� + ( a + b − c ) a − b � � � n n n                                                +(b + c − a) b − c + (c + a − b)n c − a   (theo bổ đề 2ii) n n n n �4 S � � �+ ( a + b − c) n a − b + (b + c − a )n b − c + (c + a − b) n c − a �3� VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN ( theo bổ đề 4) n 2n 2n 2n �4 � � �S n + 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 ra khi tam giác ABC đều.   Vậy  a n + b n + c n 2.4 Mở rộng bài tốn trong khơng gian Tam giác trong mặt phẳng và tứ  diện trong khơng gian có mối liên hệ  biện  chứng,  nhiều tính chất trong tam giác được mở rộng trong khơng gian đối với tứ diện.  Do đó, bài tốn này ta có thể mở rộng trong khơng gian thành bài tốn sau:  Cho tứ diện ABCD, đặt  S A = S∆BCD ,  S B = S ∆CDA ,  SC = S ∆DAB ,  S D = S ∆ABC , V  là  thể tích khối tứ diện ABCD. Chứng minh rằng 27 S A3 + S B3 + SC3 + S D3 V Giải Trước hết ta chứng minh các bổ đề sau Bổ đề 5. Với mọi 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 các điểm  A(a; x),  B (b; y ),  C (c; z )   uuur uuur uuur 2 2 OA = a + x OB = b + y OC = c2 + z Khi đó ta có  ,   ,  uuur uuur uuur OA + OB + OC = (a + b + c) + ( x + y + z )2                       uuur uuur uuur uuur uuur uuur Mặt   khác,   ta     có   OA + OB + OC OA + OB + OC ,   suy     điều   phải  chứng  uuur uuur uuur x y z minh. Đẳng thức xảy ra khi  OA ,  OB ,  OA  cùng hướng hay  = =   a b c Bổ đề 6. Trong tam giác ABC ta có  ( a + b + c ) 12 S   VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN Chứng minh Theo bài tốn 2.1 ta có  a + b + c 4S                                                (*) 1 � �1 + + Mặt khác ta có  ab + bc + ca = 2S �   � �sin A sin B sin C � 4S                                                 S sin A + sin B + sin C                      � 2( ab + bc + ca) �8S                                                        (**) Từ (*) và (**) ta có  a + b + c + 2(ab + bc + ca ) 12S                               � (a + b + c) �12 S   Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều D K A E H C F B           Quay trở lại bài tốn. Gọi H là hình chiếu vng góc của D lên mặt phẳng (ABC). Gọi E, F, K lần lượt là hình chiếu vng góc của H lên AB, BC, CA 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 đó  S A + S B + SC = ( BC.DF + CA.DK + AB.DE ) VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN ( ( ) a h2 + x + b h2 + y + c h2 + z                                    = (ah) + (ax) + (bh) + (by ) + (ch) + (cz )    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 + 4S D2  ( Theo bổ đề 6) 2                               � ( S A + S B + SC ) �3 3S D h + S D2                                    = )                               � ( S A + S B + SC + S D ) ( S A + S B + SC − S D ) �3 3S D h   �1 �                               � ( S A + S B + SC + S D ) ( S A + S B + SC − S D ) S D �54 � Sh �  �3 � �S A + S B + SC − S D + 2S D �                               � ( S A + S B + SC + S D ) � ��54 3V   � �                               � ( S A + S B + SC + S D ) �216 3V   3 3                               � 16 ( S A + S B + SC + S D ) �216 3V   27                               � S A3 + S B3 + SC3 + S D3 � V Đẳng thức xảy ra khi tứ diện ABCD đều.  3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 3.1 Kết quả từ thực tiễn      Trước khi dạy thực nghiệm tơi khảo sát lớp 12I và 12K. Qua kết quả khảo   sát  tơi thấy rằng phần lớn học sinh   bằng lịng với một cách giải mà mình tìm   được  và cũng khơng hứng thú để tìm cách giải khác      Sau khi dạy thực nghiệm cho lớp 12I tơi thấy các em có hứng thú hơn khi  giải  tốn, các em ln có xu hướng tìm tịi cách giải khác. Nhiều em đã tìm ra nhiều  cách giải độc đáo VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN 3.2 Kết quả thực nghiệm      Sáng kiến được áp dụng trong năm học 2015 – 2016      Thực nghiệm được tiến hành tại lớp 12I  (36 học sinh) và 12K (40 học sinh)  trường THPT Tây Hiếu, thị xã Thái Hịa, Nghệ An. Trong đó lớp 12I được áp dụng sáng kiến, lớp 12K khơng áp dụng sáng kiến      Sau khi dạy thực nghiệm, tơi cho 2 lớp làm bài 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 bằng 4 cách và mở rộng bài toán                                       a + b + c ab + bc + ca   Kết quả 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 quả khảo sát: Lớp 12K khơng dạy thực nghiệm nên hầu hết các  em chỉ  giải được một cách và khơng mở  rộng được bài tốn. Ngược lại, lớp  12I được dạy thực nghiệm nên hầu hết các em giải được hai cách trở  lên và  mở rộng được bài tốn Tổng hợp cách giải của học sinh và mở rộng Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức  x + y 2 xy  ta có a2 + b2 2ab 2 2bc                     b + c �� c2 + a2 2a + 2b + 2c �2ab + 2bc + 2ca   2ca                                            � a + b + c �ab + bc + ca   Đẳng thức xảy ra khi  a = b = c Cách 2. Ta có              a + b + c �ab + bc + ca � 2a + 2b + 2c − 2ab − 2bc − 2ca �0   VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN                                      � ( a − b) + (b − c) + (c − a ) �0   Bất đẳng thức cuối đúng nên bất đẳng thức đã cho đúng Đẳng thức xảy ra khi  a = b = c Cách 3. Bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức                       a − (b + c)a + b + c − bc  (*) Xét tam thức bậc hai ẩn a là  f ( a) = a − (b + c) a + b + c − bc   Ta có  ∆ = (b + c) − 4b − 4c + 4bc = −3(b − c) Do đó  f ( a)  hay bất đẳng thức (*) đúng. Vậy bất đẳng thức đã cho đúng Đẳng thức xảy ra khi  a = b = c Cách 4. Khơng mất tính tổng qt, giả sử  c b a   Ta có  (a −−b�� )(a −−+ c) �۳ + −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 ra khi  a = b = c   Cách 5. Khơng mất tính tổng qt, giả sử  c b a   Ta có bất đẳng thức đã cho tương đương với bất đẳng thức             a − ab + b − bc + c − ca �� a (a − b) + b(b − c ) + c (c − a ) �0            � a(a − b) + b(b − c) + c(c − b) + c (b − a ) �0              � ( a − b)( a − c) + (b − c) �0   (*) Do  c b a  nên bất đẳng thức (*) đúng. Vậy bất đẳng thức đã cho đúng Đẳng thức xảy ra khi  a = b = c 1 2 Cách 6. 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 ra khi  a = b = c   Mở rộng 1. Mở rộng theo hướng tăng số mũ Cho các số thực a, b, c ta có  a n + b2 n + c n (ab)n + (bc)n + (ca) n , n ﾷ *   Mở rộng 2. Mở rộng theo hướng tăng số hạng Cho các số thực  a1 ,  a2 , ,  an  ta có                  a12 + a22 + + an2 a1a2 + a2 a3 + + an a1        4. KẾT LUẬN VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN SKKN: GIẢI BÀI TỐN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN       Việc bồi dưỡng tư duy cho học sinh là việc làm cần thiết và thường xun   Đặc biệt là giải bài tốn theo nhiều cách khác nhau, qua đó học sinh rèn luyện  được cách tiếp cận bài tốn theo nhiều hướng khác nhau. Điều này khơng  những tạo hứng thú cho học sinh trong học tập mà cịn trau dồi khả năng xử lý   tình huống, một kỹ  năng quan trọng trọng cuộc sống hiện nay. Qua q trình   giảng dạy tơi thấy học sinh có hứng thú hơn trong học mơn Tốn, đặc biệc các  em khơng bằng lịng với một cách giải mà ln cố gắng tìm tịi nhiều cách giải   độc đáo       Đề  tài này đã được trình bày, trao đổi và góp ý với tổ  Tốn – Tin và hội   đồng chấm sáng kiến kinh nghiệm trường THPT Tây Hiếu. Các thành viên đã  đóng góp ý kiến q báu cho đề tài      Mặc dù đã cố gắng nhưng đề tài khơng tránh khỏi thiếu sót. Mong ban giám   khảo cũng như đồng nghiệp giúp đỡ để đề tài được hồn thiện hơn                                                                   Thái Hịa, ngày 12 tháng 05 năm 2016                                                                                  Tác giả                                                                             Võ Nam Phong TÀI LIỆU THAM KHẢO VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HỒ NGHỆ AN ... SKKN: GIẢI BÀI TỐN? ?IMO? ?THEO? ?NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TỐN       Việc bồi dưỡng? ?tư? ?duy? ?cho? ?học? ?sinh? ?là việc làm cần thiết? ?và? ?thường xun   Đặc biệt là? ?giải? ?bài? ?tốn? ?theo? ?nhiều? ?cách? ?khác nhau,? ?qua? ?đó? ?học? ?sinh? ?rèn luyện ... có thể? ?mở? ?rộng? ?bài? ?tốn này trong khơng gian? ?cho? ?tứ diện       Với những lý do trên tơi chọn đề tài “ ? ?Phát? ?triển? ?tư? ?duy? ?cho? ?học? ?sinh? ?thơng   qua? ?giải? ?bài? ?tốn? ?IMO? ?theo? ?nhiều? ?cách? ?và? ?mở ? ?rộng? ?bài? ?tốn”. Trong đề... THPT. Tốn? ?học? ?khơng những giúp? ?cho? ?học? ?sinh? ?kỹ năng tính tốn mà cịn? ?phát? ? triển? ?tư? ?duy? ?cho? ?học? ?sinh,  đặc biệt là? ?tư? ?duy? ?sáng? ?tạo, khái qt…        Trong tốn? ?học,  việc? ?phát? ?triển? ?tư ? ?duy? ?cho? ?học? ?sinh? ?là việc hết sức quan   trọng. Đối với? ?nhiều? ?học? ?sinh,  các em thường hài lịng với việc? ?giải? ?xong một