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]

(1)

A PHẦN MỞ ĐẦU

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

- Ở trường THCS dạy toán dạy hoạt động toán học cho học sinh (HS), giải tốn đặc trưng chủ yếu hoạt động toán học HS Để rèn kỹ cho HS, ngồi việc trang bị tốt kiến thức cho HS giáo viên cần hướng dẫn cho HS cách khai thác, tìm hiểu nhiều cách giải khác theo nhiều chiều hướng khác cho toán đơn giản toán khó

- Nhưng thật tiếc thực tế chưa làm điều cách thường xuyên Phần lớn giáo viên chưa có thói quen khai thác toán nhiều chiều hướng khác để đưa nhiều lời giải khác cho toán, mà giải toán chủ yếu dừng lại việc tìm kết tốn Điều làm cho HS khó tìm mối liên hệ kiến thức học với toán Cho nên bắt đầu giải tốn HS khơng biết đâu? Cần vận dụng kiến thức học? Vẽ hình phụ nào? Có sở để giúp em có kĩ cần thiết học toán giải toán?

- Một điều chắn rằng, việc khai thác toán theo hướng tìm nhiều lời giải kích thích hứng thú học tập óc sáng tạo học sinh Từ giúp học sinh có sở khoa học phân tích, định hướng tìm lời giải cho tốn khác Hơn củng cố cho học sinh lòng tin vào khả giải tốn

- Vì trình dạy học việc hình thành cho học sinh thói quen tìm tịi mở rộng tốn quen thuộc thành tốn mới, tìm nhiều cách giải khác cho toán phương pháp khoa học hiệu mà giáo viên cần trau

* Chính lí mà tơi viết áp dụng sáng kiến kinh nghiệm “ Tìm nhiều lời giải cho toán”

II.PHẠM VI NGHIÊN CỨU:

(2)

THCS

2 Đối tượng: Học sinh giỏi trường THCS

3 Mục đích: Trao đổi kinh nghiệm giúp HS có cách nhìn theo nhiều chiều hướng khác toán

B PHẦN NỘI DUNG BÀI TOÁN 1:

Chứng minh định lý: “ Trong tam giác đường phân giác góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn thẳng ấy.”

- Khơng tính tổng qt, ta xét tam giác ABC có phân giác AD (D thuộc BC)

 

ABCACB Ta cần chứng minh

AB DB

AC DC (*)

Cách 1: Nếu ta nghĩ đếu định lý Talet để chứng minh tỉ số (*) ta cần vẽ thêm đường thẳng song song với AC cắt AD E

Chứng minh:

Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt AD 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) (2) ta có

AB DB

AC DC (ĐPCM)

Cách 2: Nếu ta nghĩ đến chứng minh hệ thức (*) tam giác đồng dạng ta phải tạo tam giác đồng dạng với tam giác ADC cách dựng BE (E thuộc AD) cho

 

ABEACD

E

D C

B

(3)

Gợi ý:

Chứng minh BE = BD EABDAC(g.g)

Cách 3: Ta tạo cặp tam giác vuông đồng dạng cách từ B C kẻ đường thẳng vng góc với AD E F Từ ta có điều phải chứng minh

Gợi ý:

Chứng minh EABFAC(g.g) 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 tốn ta 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 E Từ ta có điều phải chứng minh:

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

F E

D C

B

A

H

M N

D C

B

A

E

D C

B

A E

D C

B

(4)

Gợi ý: Qua D kẻ đường thẳng song song với AB AC cắt AB AC E F Rồi chứng minh BDF DEC(g.g),

tứ giác AEDF hình thoi

BD BF DF BF DF

DC DE CE BE CE



  

 Từ

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 cắt E, DE cắt AC F Từ ta có điều phải chứng minh

BÀI TỐN 2:

Cho hình chữ nhật AECF tạo ba hình vng bằng nhau, xếp kề hình 1.

Chứng minh rằng:  450  450

Hướng thứ nhất: Tạo tam giác vng cân.

Cách 1: (Vẽ hình phụ hình vẽ bên) - Chứng minh AHDDKCAFB (g.c.g)

- Để chứng minh tam giác ADC vuông cân D

F E

D C

B

A

F

E

D C

B

A

1 2

1

K D

 

C

F E

A

 

C

F E

(5)

- Từ suy ĐPCM

Cách 2: (Vẽ hình phụ hình vẽ bên)

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

tại A => ĐPCM

- Chứng minh B1

- Chứng minh DAB vuông cân A

=> ABD450 => ĐPCM

- Chứng minh C1

- Chứng minh DAC vuông cân D

=> ACD450 => ĐPCM

Hướng thứ hai: Xét tam giác đồng dạng

- Chứng minh: Ta có ADB chung

2

AD DB

CD  DA

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

- Do  =  DAB = D

1 = 450

Ta có ADB AKC 1350và

2

AD DB

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

(6)

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



KCA

 = 450

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

Suy ĐPCM

Cách 8: (Vẽ hình phụ hình vẽ bên) - Chứng minh BDPCKO(g.g)

- Suy C1 

- Vậy  =  C1 = 450

Cách 9: (Vẽ hình phụ hình vẽ bên) - Chứng minh CDABOA(g.g)

- Suy B1

- Vậy  =  B1 = 450

Hướng thứ 3: Xét tỷ số lượng giác

Cách 10: (Vẽ hình phụ hình vẽ bên) - Chứng minh ADCK hình bình hành - Ta có tg



1

1 tgC

  

=> C1 

- Vậy  =  C1 = 450 Cách 11:

- Ta có tg



1

1 tg B

  

=> B1

- Vậy  =  B1 = 450 O

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

(7)

BÀI TOÁN 3:

Cho a > c > b > c > 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  ln đúng Vậy ta có điều phải chứng minh Dấu “=” xảy  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   

2

1

xy 

=> Điều phải chứng minh Dấu “=” xảy  c =

ab a b

Cách 3: Dùng bất đẳng thức biết

Ta có (1) 

( ) ( )

1

c a c c b c

ab ab

 

 

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM Ta lại có

( ) ( ) 1

1

2 2

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

ab ab b a a b a b

         

          

     

Dấu “=” xảy 

1

c a c c

c c ab

b a a c

c b c c b a a b

a b b

 

  

 

    



 

   

 

(8)

Áp dụng bất đẳng thức CBS ta có

       

2

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

   

   

Dấu xảy ( )( )

a c b c ab

c a c b c c

a b

c c

 

      



Cách 5: Dùng điều kiện có nghiệm 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 hàm số f(c) = có nghiệm

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

Cách 6: Dùng phương pháp hình học

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

 BH = a c AH = b c

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

Vậy c a c(  ) c b c(  )  ab

Dấu “=” xảy  BCA = 900

1 1

c a b  c = ab a b

BÀI TOÁN 4:

Cho tam giác ABC với độ dài ba cạnh a, b, c có diện tích S. Chứng minh a2 + b2 + c2  4 3S (1)

Cách 1:

b-c a-c

c b a

H C

(9)

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

( )( )( )( )

2 a b c b c a c a b a b c        => 16S2 = 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) – (a4 + b4 + c4)

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

 4[(a4 + b4 + c4) - (a2b2 + b2c2 + c2a2)] 

 2[(a2 – b2)2 + (b2 – c2)2 + (c2 – a2)]  Vậy ta có điều cần chứng minh

Cách 2:

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

2 2

2 os

2

S SinC

ab

a b c

C C

ab 

 

 

 

 



 =>

2 4 2 2 2

2 2

4 2

4

S a b c a b a c b c

a b a b

    



= => 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 =>

2 2

2

S a b c

ab ab

 

 

 

 

  => c2 – a2 – b2 + 4ab  4 3S

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

Mặt khác ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 => 12 3S  3(a2 + b2 + c2) => 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600]  0

=> a2 + b2 + c2  4 3S

(10)

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

2 ( ) ( ) ( )

2 2

p a b p b c p c a

p      



=

3

8

p p a b c

abc    

 

=

       

2 2

2 2 2

4 1 1 1 2

16.27 16.27 16.3

a b c a b c

a b c         

 

=> ĐPCM

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

3

( ) ( ) ( )

4

3

p a p b p c

p       

  

 

=

 2  2 2  2 2

2

2 2

1 1

3 3

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 > Khi 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  ) = 3xyz x y z(   ) 3. S

Vậy ta có điều phải chứng minh

Cách 9: Áp dụng bổ đề; sinA + sinB + sinC 3

2



với A, B, C góc tam giác Ta có:

1 1

2 sinAsinBsinC sinAsinBsinC 

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

1 1

4 sin sin sin sin sin sin

S

A B C A B C

 

   

 

 

(11)

Vậy ta có ĐPCM

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

Theo định lí Cosine tam giác ta có

2 2 2

2 osA= otgA osB=a otgB osC= otgC

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 trung điểm BC Kẻ đường cao AH Ta có a2 + b2 + c2 = BC2 + AB2 + CA2

= BC2 + 2AM2 +

2 3

2

BC BC



+ 2AH2

2

3

2 2

2

BC

AH BC AH S

  

Vậy ta có ĐPCM

BÀI TỐN

Cho số thực x  0; y 0 thay đổi thoả mãn điều kiện (x + y)xy = x2 + y2 – xy

Tìm giá trị lớn biểu thức A = 3 1

x  y

Cách 1:

Ta có A = 3 1

x  y =

2

3 2

3 3 3

( )( ) ( )( )

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

x y x y x y xy

 

      

   

 

Mà (x + y)xy = x2 + y2 – xy

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

2

(x y)

xy 

M

H C

B

(12)

Suy A =

2

( )

1

( )

x y z

x y x y

 

 

  

   

Mà (x + y)xy = x2 + y2 – xy =

2 y x y       

  , x < y < xy(x + y)<0

Mâu thuẫn

Do x > y > x > y < Nếu x > y < (x + y + 3)xy = (x + y)2 => x + y + < xy < nên x + y < -3

=> x y > =>

x y < => A =

2

3

1

x y x y

                

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

=> x + y  =>

1

x y  => A =

2 16 x y         

Dấu “=” xảy

1 x y x y x y         

Vậy GTLN A = 16  x = y =

Cách 2: Ta có A = 3 1

x  y =

2

3 2

3 3 3

( )( ) ( )( )

 

      

   

 

Lại có (x + y)xy = x2 – xy + y2 =

2 y x y       

  => x + y  xy 

Đặt B =

xy

x y Ta có B =  

2 2

( ) ( ) 3

1

( ) ( ) ( )

xy x y x xy y x y xy xy

x y x y x y

x y

    

   

  



Mà xy 

2

( ) 3

4 ( )

x y xy

x y 

 



Do B

4

 

=> <

4

B  => A =

(13)

Dấu “=” xảy x = y =

Vậy GTLN A 16 x = y =

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

2

( ) ( )

x y xy x y



 

=>

x y xy   Mà 2 ( )

x y x y

xy x xy y

 

 

  Do

2 16 x y xy        

Vậy A = 3 1

x  y =

2

3 2

3 3 3

( )( ) ( )( )

 

      

   

  16

Cách 4:

Đặt S = x + y 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

S  SP  => 1 1 4 P P S S    

Do

2 16 P S       

Suy A =

2

2 16

S

P  Dấu “=” xảy x = y =

1 Vậy GTLN A 16 x = y =

1

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) = – t – t2 Do A = 3

1

x  y =

2

3 2

3 3 3

( )( ) ( )( )

 

      

   

(14)

=> A =

2

2 2

2

1

x tx t t t

x tx tx t t

                        

Mà ta có 3(t – 1)2 

 4(t2 – t + 1)  t2 + 2t + Nên 

2 2 t t t t  

  

Do A  16 Dấu “=” xảy x = y =

1

Cách 6:

Ta có (x + y)xy = x2 – xy + y2 =

2 y x y       

  =>

1

0

x y

x y xy



  

Suy A = 3 1

x  y =

2

3 2

3 3 3

( )( ) ( )( ) 1

x y x y x y xy x y

   

      

      

   

=> A3 =

6 1 x y     

  Ta chứng minh với a + b > ta có

3 3 3

2

a b a b

 



 

 

Do <

3 3 1 1 2 x y x y                         

  =>

2 3 1 1 2 x y x y                                        => 16 2 A A A        

Dấu “=” xảy

1 x y x y x y         

Vậy GTLN A = 16  x = y =

Cách 7:

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

1 1 1

x y x  xy y

Đặt

a x 

1

b

(15)

Mà ab

 2

4

a b 

nên a + b  

2

( )

a b a b

   

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

Cách 8:

Ta có xy(x + y) = x2 + y2 – xy =

4(x + y)2 +

4(x – y)2

2

1

( ) x y

 

>

=> <

2

( ) ( )

x y xy x y





 => < x y

xy 



=>

2

16

x y xy

  



 

 

Do A = 3 1

x  y =

2

3

3 16

x y x y

x y xy

 

 

  

 

MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài tập 1: Chứng minh x3 + +

1 10 3

x  

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

3

a b c

b c c a a b     

Bài tập 3: Cho a, b, c thoả mãn điều kiện  a, b, c  a + b + c = Tìm GTLN

biểu thức A = a2 + b2 + c2.

Bài tập 4: Giải hệ phương trình

3

9 27 27 27 27 27 27

x y y

y z z

z x x

    



   

 

   



Bài tập 5: Cho tam giác ABC có B = 450 C = 1200 Trên tia đối tia CB lấy điểm D

sao cho CD = 2.CB Tính ADB

(16)

CBx = 150 Đường vng góc với AB A cắt Bx I Tính góc ICB

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

D Chứng minh BC = BD + AD

Bài tập 8: Cho tam giác ABC cân A, A = 800 Gọi O điểm nằm tam giác cho OBC = 300; OCB = 100 Chứng minh tam giác COA cân

Bài tập 9: Từ điểm M thuộc đáy BC tam giác cân ABC (AB = AC), kẻ ME MF theo thứ tự vuông góc với AB AC ( E thuộc AB F thuộc AC) Chứng minh tổng ME + MF không đổi M di động cạnh BC

Bài tập 10: Cho số thực dương a, b, c thoả mãn a.b.c = Chứng minh rằng: a3 + b3 + c3  a b c b a c c a b     Dấu “=” xảy nào?

C. PHẦN KẾT LUẬN

- Việc phân tích tìm nhiều lời giải cho tốn yếu tố trình dạy học đặc biệt việc bồi dưỡng học sinh giỏi khẳng định phương pháp giúp học sinh nắm vững kiến thưc, giải linh hoạt toán đạt kết cao học tập điều quan trọng việc áp dụng sáng kiến giúp cho học sinh biết cách tìm hiểu tốn theo nhiều chiều hướng khác nhau, nhiều khía cạnh khác giả thiết để từ tìm nhiều cách giải hay khác cho tốn Việc khai thác tốn theo hướng tìm nhiều cách giải tạo cho học sinh khả phân tích, tổng hợp phương pháp tư logic học tập Đặc biệt học sinh có hứng thú u thích tốn học có đủ tự tin trình học tập nghiên cứu sau

- Trên số kinh nghiệm nhỏ thân việc hướng dẫn HS tìm nhiều lời giải cho tốn mà tơi tích luỹ qua trìng dạy học bồi dưỡng học sinh giỏi Rất mong tiếp tục trao đổi đồng nghiệp bạn đọc

Vĩnh tường, ngày 15 tháng 01 năm 2010

(17)

Lê Phúc Lợi

ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI CỦA BAN THI ĐUA