Giải bài toán trong đề thi IMO theo nhiều cách

Qua quá trình giảng dạy tôi thấy học sinh có hứng thú hơn trong học môn Toán, đặc biệc các em không bằng lòng với một cách giải mà luôn cố gắng tìm tòi nhiều cách giải độc đáo. Đề tài nà[r]

MỤC LỤC

Danh mục chữ viết tắt Trang

1 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

2 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

3 THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM Trang 22

3.1 Kết từ thực tiễn Trang 22

3.2 Kết thực nghiệm Trang 23

4 KẾT LUẬN Trang 24

TÀI LIỆU THAM KHẢO Trang 25

, ,

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 trịn ngoại tiếp tam giác ABC r Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC

S Diện tích tam giác ABC

a

h Độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh A

V Thể tích khối tứ diện ABCD

A

S Diện tích mặt đối diện đỉnh A tứ diện ABCD

1.1 Lý chọn đề tài

Tốn học mơn học có vai trị quan trọng chương trình THPT Tốn học khơng giúp cho học sinh kỹ tính tốn mà cịn 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 khơng xem xét thêm cách giải khác phổ biến Trong 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 tốn IMO sau thú vị, tốn là: “ Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh a b c, , có diện tích S Chứng minh rằng:

2 2 4 3.

a b c  S ” Tơi thấy có nhiều cách để tính diện tích tam giác, từ ta chứng minh tốn 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

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 2 NỘI DUNG

2.1 Một số kết thường gặp tam giác KQ1 Cơng thức diện tích tam giác

1

sin

2 a

abc

S a h ab C pr

R

   

 p p a p b p c(  )(  )(  ) ( công thức Hê rông)

=    

2 2 2 4

1

4 a b b c c a  a b c (1)

Chứng minh cơng thức (1) ( cơng thức cịn lại có sách giáo khoa 10) Cách Theo cơng thức Hê rơng ta có

16S2 p p a p b p c(  )(  )(  )

(a b c a b c b c a c a b  )(   )(   )(   )

2 2

(b c) a a (b c)

   

       

2 2 2

2bc (b c a 2bc (b c a )

   

          4b c2 2 (b2 c2  a2 2)

   

2 2 2 4

1

S a b b c c a a b c

      

Cách Áp dụng định lý hàm cosin ta có a2 b2c2  cosbc A

2 2

2 2 4 2 2 2

2 2 2 2 4

2 cos

4 (1 sin ) 2

4 2( ) ( )

bc A b c a

b c A b c a b c c a a b

b c a b b c c a a b c

   

       

      

   

2 2 2 4

1

sin

2

S bc A a b b c c a a b c

       

KQ2 Trong tam giác ABC ta có

 tan  tan  tan

A B C

r  p a  p b  p c

Chứng minh. Xét tam giác ABC có đường trịn nột tiếp tâm I tiếp xúc cạnh BC, CA, AB M, N, P Khi ta có AP AN BP BM CM ,  , CN

Trong tam giác vuông API ta có tan

A r PI AP

tan

2

tan ( ) tan

2 2

AP BP AN CN BM CM A

AB AC BC A A

p a

    



 

  

cot cotA Bcot cotB C cot cotC A1. (2)

tan tan2 tan tan2 tan tan

A B B C C A

  

(3) Chứng minh (2)

Trong tam giác ABC ta có

cot(A B ) cot(   C)

1 cot cot

cot cot cot

1 cot cot cot cot cot cot cot cot cot cot cot cot

A B

C

A B

A B C A C B

A B B C C A



 



   

   

Chứng minh (3)

Trong tam giác ABC ta có

tan tan

2 2

A B  C

   

  

   

   

tan tan 1

2

1 tan tan tan

2 2

A B

A B C



 



tan tan tan tan tan tan

2 2 2

tan tan tan tan tan tan

2 2 2

A C B C A B

A B B C C A

   

   

KQ4 Trong tam giác ABC ta có

3

sin sin sin

2 A B C 

(4)

1 tan tan tan

2 2 3

A B C



(5) tan tan tan

A B C

  

Chứng minh (4)

Trước hết ta chứng minh sin sin 2sin x y x y 

với x y, 0; Đẳng thức xảy x y

Ta có sin sin 2sin cos 2sin

x y x y x y

x y    

Đẳng thức xảy x y Áp dụng bất đẳng thức ta có

3 sin sin sin sin sin sin

3 2

3

4sin

C A B

A B C

A B C

 



 



  

      

 

 

 

  

 

   

 

 

3

sin sin sin

2

A B C

   

Đẳng thức xảy tam giác ABC Chứng minh (5)

Ta có

2

1 tan tan tan tan tan tan tan tan tan

2 2 2 2 2

A B B C C A  A B C

     

 

1 tan tan tan

2 2 3

A B C

 

Đẳng thức xảy tam giác ABC Chứng minh (6)

Ta có tan tan2 tan tan2 tan 2tan

A B B C C A

  

Áp dụng bất đẳng thức (x y z  )2 3(xy yz zx  ) ta có

2

tan tan tan tan tan tan tan tan tan

2 2 2 2 2

A A A A B B C C A

   

     

   

   

tan tan tan

A B C

   

Chứng minh (7)

Ta có cot cotA Bcot cotB Ccot cotC A1

Áp dụng bất đẳng thức (x y z  )2 3(xy yz zx  ) ta có cotAcotBcotC 

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: a2 b2c2 4S

Cách Ta thấy vế trái mối liên hệ cạnh, ta sử dụng cơng thức Hê rơng để giải tốn Ta có

 

3

2

2 2

4 ( )( )( )

3

=

3

p a p b p c

S p p a p b p c p

a b c p

a b c

    

 

      

 

 

   

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( )( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )

(2 )(2 )(2 ) p a p b p c p a p b p b p c p c p a

p a b p b c p c a abc

         

       

Áp dụng bất đẳng thức ta có

 

2

2

2 2

4 2

2 2

48 48 ( )( )( ) 48 =3( )

3( )

( )

9

S p p a p b p c pabc a b c abc a b c

a b c

a b c

      

   

   

    

Lấy bậc hai hai vế ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy tam giác ABC

Cách Theo công thức diện tích Hê rơng ta có

2 2 2 2 4

16S 2(a b b c c a ) ( a b c )

     

 

4 4 2 2 2

2

2 2 2 2 2 4

2

2 2

2 2

3 48

a b c a b b c c a

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

a b c S

a b c S

    

 

          

   

   

Đẳng thức xảy tam giác ABC

Cách Theo định lý cosin c2 a2 b2  2abcosC cơng thức diện tích

1

sin

S ab C

, bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

2 (cos 3sin ) 0 2 sin 0.

6

a  ab C C b   a  ab C b 

 

Xét

2

( ) sin

6 f a a  ab C  b

  , ta xem f a( ) tam thức bậc hai ẩn a với

hệ số bậc hai 1, mà

2 2

' sin

6 b C   b

     

 

Do hiển nhiên f a( ) 0. Vậy bất đẳng thức cho Đẳng thức xảy tam giác ABC

Cách Biến đổi tương đương Ta có

a2 b2c2  4S 3a2 b2 (a2 b2  2abcos ) sinC  ab C

2

2( ) cos 0,

3 a b ab C  

        

 

  từ ta có điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy tam giác ABC

Cách Theo định lý cosin tam giác ta có

2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 cos cot ,

2 cos cot ,

2 cos 4cot

a b c bc A b c S A

b c a ca B c a S B

c a b ab C a b C

     

     

     

Suy a2 b2 c2 4 (cotS AcotBcot ) 4C  S Từ ta có điều phải chứng minh

Cách Ta có

2 2 2 1

sin sin sin a b c ab bc ca S

A B C

 

         

 .

Mặt khác ta có

1 1

2 sinAsinB sinC sinAsinBsinC  Từ ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy tam giác ABC

Cách Ta có a b c  2 (sinR AsinBsin ) 3C  R Áp dụng cơng thức diện tích tam giác ta có

3

2 2

9 9( ) ( )

4

27( )

3

abc abc a b c a b c

S a b c

a b c a b c R

   

      

   

Đẳng thức xảy tam giác ABC

Cách Trước hết ta chứng minh công thức

2 ( )2 4 tan

2 A a b c  S

Ta có

2 2

2 2

2 cos ( ) (1 cos )

( ) 2sin ( ) tan

sin 2

a b c bc A b c bc A

S A A

b c b c S

A

      

     

Tương tự ta có

2 ( )2 4 tan , ( )2 4 tan

2

B C

b  c a  S c  a b  S Từ ta có

2 2 ( )2 ( )2 ( )2 4 tan tan tan

2 2

4S

A B C

a b c  a b  b c  c a  S   

 



Đẳng thức xảy tam giác ABC

Cách 10 Ta có ( ) tan ( ) tan ( ) tan

A B C

r  p a  p b  p c

Do ta có

3 ( )( )( ) tan tan tan 2tan tan tan

2 2 2

tan tan tan

2 2

A B C A B C

pr p p a p b p c S

A B C

r p

    

 

2

1 tan tan tan tan tan tan tan tan tan

2 2 2 2 2

1 tan tan tan

2 2 3

A B B C C A A B C

A B C

 

     

 

 

Ta có

2

2 2

4 4 tan tan tan

2 2

A B C a b c

S  pr  p      a b c

 

Đẳng thức xảy tam giác ABC

Cách 11 Gọi G trọng tâm, O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có 3OG OA OB OC     , đó

 

2 2

9OG OA OB OC 2 OAOB OBOC OCOA    

     

2 2 2 2 2

3R OA OB AB OB OC BC OC OA AC

         

9R2  (a2 b2 c2) Do OG0 nên

2 2

2 2

2

9

16 a b c

a b c R

S

   

Từ suy

 

 

3

2 2

2 2 2 2

2

2 2 2 2

16 ( )

3

48

a b c S a b c a b c

S a b c a b c S

 

   

       

Đẳng thức xảy tam giác ABC

Cách 12 Sử dụng tính chất tâm đường trịn nội tiếp tam giác

Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác, M N P, , hình chiếu I lên BC, CA, AB Ta có aIM bIN cIP  0

   

Thật vậy, đặt u aIM bIN cIP   0

   

Ta có u BC aIM BC bIN BC cIP BC    

     

.sin sin ( sin sin ) (2 sin sin sin sin )

b r a C c r a B b C c B

ra R B C R C B

   

  

Suy u vng góc BC



Chứng minh tương tự ta có u vng góc CA



Mà ,

BC CA

 

khơng phương ta có u0 hay aIM bIN cIP  0

   

Bình phương hai vế đẳng thức aIM bIN cIP  0

   

ta có

2 2 2 2 2cos 2 2cos 2 2cos 0

a r b r c r  abr C bcr A car B

 

2 2 2 cos 2 cos 2 cos

4 cot cot cot

4 cot cot cot

a b c ab C bc A ca B

S C S A S B

S A B C S

     

  

   

Từ ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy tam giác ABC

Cách 13 Ta sử dụng cơng diện tích S  ah

Xét tam giác ABC có M trung điểm BC H chân đường cao kẻ từ A

Ta có

2

2

3

4 3

2

BC BC

S  BC AH  AM    AM 

2 2

2 2

3

2

4

a b c a

a b c

  

      

 

Đẳng thức xảy tam giác ABC

Cách 14 Khơng tính tổng qt giả sử a b c  Khi ta có BAC 600

Dựng tam giác ACD cho B, D phía AC Áp dụng định lý cosin cho ta giác ABD ta có

  

 

   

2 2 2

2 0

2 2 2 2

2 cos cos 60

cos cos60 sin sin 60

1

sin

2

BD AB AD AB AD BAD c b cb A

b c bc A A

b c b c a bc A a b c S

      

   

         

Do BD0 nên ta suy điều phải chứng minh.

Đẳng thức xảy tam giác ABC

Ta có

0 3

.cos30 , cos30

2

c b

AM AB  AN AC 

Áp dụng định lý cosin cho tam giác MAN ta có MN2 AM2  AN2  2AM AN .cosMAN

 

2

0

2

0

2

3 3

.cos( 60 )

4

3 3

cos cos60 sin sin 60

4

3 3 cos 3 sin

4 4

c b bc

A

b c bc

A A

b c bc A bc A

   



  



  

2 2 2

2 2

3 3( ) 3

4

3( 3)

8

b c b c a S

a b c S

  

  

  



Vì MN2 0 nên ta có a2 b2 c2 4S 3. Đẳng thức xảy tam giác ABC

Cách 16 Khơng tính tổng qt giải sử A600 Dựng phía ngồi tam giác

Áp dụng định lý cosin cho tam giác AMN ta có



2 2

2

2 cos cos(240 )

MN AM AN AM AN MAN

c b bc A

  

   

b2 c2  (cos240 cosbc Asin 240 sin )0 A b2c2 bccosA sinbc A

2 2

2 2 3

2 b c a

b c   S

   

Mà    

2

2 2( 2)

MN  AM AN  b c  b c , suy ra

2 2

2 2

2( )

2 b c a

b c b c     S  a2 b2 c2 4S

Đẳng thức xảy tam giác ABC 2.3 Mở rộng toán mặt phẳng

Bài toán phát biểu cho lũy thừa số mũ 2, ta mở rộng toán 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

     

     

2 2

2 2 3

3

n n n

n n n n

n n n

n n n

a b c S a b b c c a

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

 

          

 

Để chứng minh toán ta chứng minh bổ đề sau Bổ đề 1.

Cho x y m     

 , chứng minh: xm  ym (x y ) m

Giải

Ta có ,

y x y x x



 

nên

1 ( )

m

m m

m m m

m

y y

x x y x y

x y x y

x x

x y x y

x x                                       

Đẳng thức xảy

1 m y     

Bổ đề 2. Cho

, , , x y z m

 

 

 chứng minh

i)

,

2

m

m m

x  y  x y 

 

  ii) 3

m

m m m

x y z  x y z  

 

 

Giải i)

Cách Ta có bất đẳng thức cho tương đương bất đẳng thức m m m x y

x y x y

                 Đặt x t x y 

 (đk: 0 t 1), ta có bất phương trình

f t( )tm(1 t)m 2 1m Ta có f t'( )mtm1 m(1 t)m1 Khi

1 1

'( ) (1 )

2

m m

f t t  t  t

     

t

0

2 1 '( )

f t - +

(t) f

21m Dựa vào bảng biến thiên ta có f t( ) , 1m  t 0;1  Vậy bất đẳng thức cho

Cách Theo bất đẳng thức Becnuli ta có

2 ( )

1

2 ( )

1

m m

m m

x x y m x y

x y x y x y

y y x m y x

x y x y x y

                                              2 2

m m m m m

x y x y x y

x y x y

       

        

   

   

Đẳng thức xảy

1 m x y     

ii) Theo câu i) ta có

3 3

2 2

m m

m

m

m m

x y z x y z

z z

x y x y

                               2 2 m m

x y z z

x y

x y z

                               3 m

m m m

x  y z  x y z  

  

Đẳng thức xảy

1 m

x y z

 

  



Bổ đề Cho

, x y m    

 , chứng minh

i) ( 2 2) ,

m

m m

x  y x y ii) 2

m m

m m

x  y  x y  x y

  

 

Giải

i) Nếu x 0 y 0 bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Nếu x y, 0 ta có:

2

2 2

0 x , y

x y x y

 

  , ta có

2 2

2 2

2

2 2 2

2 2

1 ( ) m m m m m x x

x y x y x y

x y

y y

x y x y

                          

Từ ta có điều phải chứng minh ii) Theo bất đẳng thức i) ta có

2 2

2 2

m

m m

x y x y  x y x y 

   

   

   

    

2 2

2

m

m m

x y x y

   

  

  ( theo bổ đề 2i)

Đẳng thức xảy

2 m x y     

Bổ đề Trong tam giác ABC ta có

Cách 1.

Theo cách chứng 10 mục 2.1 ta có

2 2 ( )2 ( )2 ( )2 4 tan tan tan

2 2

A B C

a b c  a b  b c  c a  S   

 

Mà tan tan tan 3,

A B C

  

từ ta có điều phải chứng minh Cách 2.

Ta có: a2 b2 c2 4S ( a b )2 (b c )2(c a )2

     

2 2

2 2 4 3

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 )(  ) 4 S  xy yz zx S   (với x p a y;  p b z;  p c )  xy yz zx   3xyz x y z(   )

( S  p p a p b p c(  )(  )(  )  xyz x y z(   ) )

2

2 2

( ) ( )

( ) ( ) ( )

xy yz zx xyz x y z xy yz yz zx zx xy

     

      

Bất đẳng thức cuối ln đúng, từ ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy tam giác ABC

Quay lại chứng minh toán

Trong tam giác ABC ta có

2 2 2 ( ) ( ) ( )

a b c a b c

b c a b c a

c a b c a b

                      

Do đó, theo bổ đề ta có

                  2 2 2 2 2 2 4 n n n n n n n n n n n n

a b c a b c p b p c

b c a b c a p c p a

c a b c a b p a p b

       

   

2 2

2 2

4( )( ) 4( )( ) 4( )( ) 4( )( )

2

4( )( ) 4( )( )

2

n n n

n n n

n n n n

n n

a b c a b b c c a

p b p c p c p a p c p a p a p b

p a p b p b p c

                           2

4( )( ) 4( )( )

( )

2

4( )( ) 4( )( )

( )

2

4( )( ) 4( )( )

( ) n n n n n n

p b p c p c p a

a b c a b p c p a p a p b

b c a b c p a p b p b p c

c a b c a

                                            

( bổ đề 3ii)

   

 

2( )( ) 2( )( ) 2( )( ) 2( )( )

2( )( ) 2( )( ) ( ) ( ) (c )

n n

n n n

n n

n n

p b p c p c p a p c p a p a p b

p a p b p b p c a b c a b b c a b c a b c a

           

          

      

4( )( ) 4( )( ) 4( )( )

3 ( )

3

n

n n

p a p b p b p c p c p a

a b c a b

                   ( ) ( ) n n n n

b c a b c c a b c a

       

(theo bổ đề 2ii)

3 ( ) ( ) ( )

3

n

n n n

n n n

S

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

 

              

 

( theo bổ đề 4)

Vậy

2 2

2 2 3

3

n

n n n

n n n n

a b c    S  a b  b c  c a

 

( ) ( ) ( )

n n n

n n n

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

           

Đẳng thức xảy tam giác ABC 2.4 Mở rộng toán khơng gian.

Do đó, tốn ta mở rộng khơng gian thành toán sau: Cho tứ diện ABCD, đặt SA SBCD, SB SCDA, SC SDAB, SD SABC, V

thể tích khối tứ diện ABCD Chứng minh

3 3 27 3.

2

A B C D

S S S S  V Giải

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau

Bổ đề Với số thực a b c x y z, , , , , ta có

a2 x2  b2  y2  c2 z2  (a b c  )2 (x y x  )2 Chứng minh

Trong hệ trục tọa độ Oxy, xét điểm A a x B b y C c z( ; ), ( ; ), ( ; ) Khi ta có

2

OA  a x

,

2

OB  b  y



,

2

OC  c z



2

( ) ( )

OA OB OC   a b c   x y z    

Mặt khác, ta ln có OA  OB  OC OA OB OC 

     

, suy điều phải chứng minh Đẳng thức xảy OA



, OB



, OA



hướng hay x y z a b c Bổ đề Trong tam giác ABC ta có  

2

12 a b c   S Chứng minh

Theo toán 2.1 ta có a2 b2 c2 4S 3. (*) Mặt khác ta có

1 1

2

sin sin sin ab bc ca S

A B C

 

      

 

9

2

sin sin sin

S S

A B C

 

 

 2(ab bc ca  ) 8 S (**) Từ (*) (**) ta có a2 b2 c2 2(ab bc ca  ) 12 S

Đẳng thức xảy tam giác ABC

Quay trở lại tốn Gọi H hình chiếu vng góc D lên mặt phẳng (ABC) Gọi E, F, K hình chiếu vng góc H lên AB, BC, CA Đặt DH h HF, x HK, y HE z,  Áp dụng định lý Pitago ta có

DF  h2 x2, DK  h2  y2, DE h2 z2

Do  

1

2

A B C

S S S  BC DF CA DK AB DE

 

2 2 2

1 =

2 a h x b h  y c h z

 

2 2 2

1

= ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

2 ah  ax  bh  by  ch  cz    

2

1

2 ah bh ch ax by cz

     

( Theo bổ đề 5) =    

2 2

1

4

2 a b c h   SHBC SHCA SHAB

2

1

12

2 SD h SD

 

 

2 2 2

3

A B C D D

S S S S h S

    

 SA SB SC SD SA SB SC  SD 3 3S hD

   

2

1 54

3

A B C D A B C D D

S S S S S S S S S  Sh

         

 

 

2

2

2

54

A B C D D

A B C D

S S S S S

S S S S       V

      

 

 

3 2

216

A B C D

S S S S V

    

 

3 3

16 SA SB SC SD 216 3V

    

3 3 27 3.

2

A B C D

S S S S V

    

Đẳng thức xảy tứ diện ABCD 3 THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM

3.1 Kết từ thực tiễn.

Trước dạy thực nghiệm khảo sát lớp 12I 12K Qua kết khảo sát thấy phần lớn học sinh lịng 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 tịi cách giải khác Nhiều em tìm nhiều cách giải độc đáo

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 Hịa, 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 a2 b2 c2 ab bc ca 

Loại Lớp

Giỏi Khá Trung

bình

Yếu Kém

12I 13.9% 25% 36.1% 13.9% 11.1%

12K 0% 0% 27.5% 30% 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 x2  y2 2xy ta có

2

2 2 2

2

2

2 2 2 2

2 a b ab

b c bc a b c ab bc ca

c a ca

  



       

 

 



 a2 b2 c2 ab bc ca 

Đẳng thức xảy a b c 

Cách Ta có

a2b2 c2 ab bc ca   2a2 2b2 2c2  2ab 2bc 2ca0

 (a b )2(b c )2(c a )2 0 Bất đẳng thức cuối nên bất đẳng thức cho Đẳng thức xảy a b c 

Cách Bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức a2  (b c a b )  c2 bc0 (*)

Xét tam thức bậc hai ẩn a f a( )a2  (b c a b )  c2  bc Ta có  (b c )2  4b2 4c2 4bc3(b c )2 0

Do f a( ) 0 hay bất đẳng thức (*) Vậy bất đẳng thức cho Đẳng thức xảy a b c 

Cách Không tính tổng quát, giả sử c b a 

Ta có (a b a c )(  ) 0  a2  ca ab bc   0 a2 ab ca bc 

2 2 2

2 2 ( )2 .

a b c ab ca bc b c

a b c ab ca bc b c ab bc ca

       

          

Cách Không tính tổng quát, giả sử c b a 

Ta có bất đẳng thức cho tương đương với bất đẳng thức

a2 ab b 2 bc c  ca 0 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 )2 0 (*)

Do c b a  nên bất đẳng thức (*) Vậy bất đẳng thức cho đúng.

Đẳng thức xảy a b c 

Cách Ta có      

2 2

2 2 1

2 2

a b c ab bc ca   a b  b c  c a

 a2 b2 c2 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 a2n b2n c2n ( )ab n ( )bc n ( ) ,ca n n * Mở rộng Mở rộng theo hướng tăng số hạng

Cho số thực a a1, , , an ta có

a12 a22  an2 a a1 2a a2 3 a an

4 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 huống, kỹ quan trọng trọng sống Qua trình giảng dạy tơi thấy học sinh có hứng thú học mơn Tốn, đặc biệc em khơng lịng với cách giải mà ln cố gắng tìm tòi nhiều cách giải độc đáo

Mặc dù cố gắng đề tài khơng 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