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

I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Ở trường phổ thơng, dạy tốn là hoạt động tốn học. Đối với học sinh, có thể
xem việc giải tốn là hình thức chủ yếu của hoạt động tốn học. các bài tốn ở
trường phổ thơng là một phương tiện rất có hiệu quả và khơng thể thay thế được
trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển năng lực tư duy, hình thành
kĩ năng, kỉ xảo ứng dụng toán học vào thực tiễn. Hoạt động giải bài tập toán là
điều kiện để thực hiện tốt các mục đích dạy học tốn. Vì vậy tổ chức có hiệu quả
việc dạy giải bài tập tốn có vai trò quyết định đối với chất lượng dạy học toán.
Trong thực tiễn dạy học, bài tập toán được sử dụng với những dụng ý khác nhau,
một bài tập có thể tạo tiên đề xuất phát, gợi động cơ, cũng có thể để cũng cố, kiểm
tra kiến thức….Trong q trình giảng dạy bộ mơn tốn ở trường THCS tơi thấy
SGK Tốn bố trí các bài tập một cách khoa học, đa dạng, phong phú, số lượng đầy
đủ được sắp xếp theo thứ tự từ dễ đến khó. Đặc biệt các bài tập tuy đơn giản nhưng
nghiên cứu kĩ tôi thấy rằng chứa đựng trong đó nhiều điều hết sức thú vị. Cụ thể đó
là chúng ta có thể hướng dẫn các em “khai thác phát triển bài tốn” cũng có thể
hướng dẫn HS giải bài tập với nhiều cách khác nhau từ đó HS có thể cũng cố, xâu
chuỗi kiến thức…. Với ý tưởng đó tơi mạnh dạn viết về để tài “ Giúp học sinh tìm
nhiều lời giải cho một bài toán” .
II. PHẦN NỘI DUNG
1. Thực trạng của vấn đề
Qua quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh tôi thấy rằng:
- Một số giáo viên chưa thực sự quan tâm đến việc hướng dẫn học sinh giải bài tập
tốn. Trong q trình giải tốn ít quan tâm đến việc rèn luyện các thao tác tư duy,
suy luận, khai thác, phát triển, sáng tạo bài toán.
- Chưa chú tâm đến vấn đề chuyên sâu một bài nào đó, liên hệ các bài tốn lại với
nhau, thơng thường giáo viên giải đến đâu vấn đáp đến đó và coi việc giải xong
một bài toán là kết thúc hoạt động.
- Chưa chú trọng đến việc dạy phương pháp học tập, kĩ năng, kinh nghiệm để các
em có thể thực hiện tiếp các bài tốn mới.
- Một số tiết học cịn rất khô khan, chưa tạo ra được sự hứng thú, niềm đam mê u
thích mơn học của đại đa số các em học sinh. Đặc biệt là chưa khơi dậy được niềm

tin trong học toán ở các em.
- Trong các tiết dạy luyện tập, ôn tập đại đa số các giáo viên chỉ quan tập đến việc
giải được bao nhiêu bài tập, bao nhiều dạng tốn chứ ít giáo viên lấy một bài tập và
yêu cầu HS tìm nhiều lời giải, nhiều PP giải để cũng cố khắc sâu và tìm kiếm kiến
thức mới.
Bên cạnh đó một bộ phân khơng ít học sinh còn lười học, lười suy nghĩ, lười
tư duy trong quá trình học tập. một bộ phân khác lại học vẹt, học không đi đôi với
1


hành, làm việc rập khn máy móc, làm mờ nhạt đi tính tích cực, độc lập, sáng tạo
của bản thân. Nhưng cũng có học sinh thật sự chăm học nhưng chưa có phương
pháp học tập phù hợp, chưa chủ động chiếm lĩnh kiến thức. Nhiều học sinh đã sớm
hài lòng với lời giải của mình mà khơng chịu tìm tịi lời giải khác, khơng chịu
nghiên cứu, đào sâu bài tốn và chưa có thói quen phát triển, sáng tạo bài toán mới
hay cách giải mới. Nhiều học sinh cảm thấy hụt hẫng, mất phương hướng khi đứng
trước một bài toán khó mà khơng biết rằng bài tốn đó là sự kế thừa hay là một hệ
quả của một bài toán đã biết.
2. Giải pháp thực hiện
Việc tìm ra lời giải một bài tốn nhiều khi khơng phải là q khó, nhưng
thực ra sau mỗi bài tốn có biết bao nhiêu điều lí thú. Nếu người thầy khơng biết
khơi dậy ở học sinh óc tị mị, sự tìm tịi khám phá những gì ẩn sau mỗi bài tốn
mà chỉ giải xong bài tốn là kết thúc thì việc dạy học trở nên nhạt nhẽo. Điều quan
trọng là nếu sau mỗi lời giải của bài tốn ta tìm ra được nhiều lời giải khác nhau,
PP giải khác nhau …. thì có thể rèn luyện năng lực tư duy óc sáng tạo cho học
sinh, đồng thời kiến thức sẽ được mở rộng hơn, hệ thống hơn. Một trong những
cách làm hiệu quả là giúp học sinh biết tìm nhiều lời giải cho một bài tốn.
Bài tốn 1 : Cho ABC vng cân tại A, trung tuyến CM. Qua A kẻ đường thẳng
BH
CH

( Thi GVG Yên Thành năm học 2017 – 2018)
AM 1
BH
 để tính
Phân tích: M là trung điểm của AB = AC nên tỉ số
ta cần tìm
AC 2
CH

vng góc với CM cắt BC tại H. Tính tỉ số

mối liên hệ giữa hai tỉ số này. Ta khai thác trung điểm M của AB
Ta có cách giải sau:
A
Cách 1:
Lấy I đối xứng với E qua M
AME BMI ( c.g.c)
M
I

suy ra BIM
 AEM 900
Suy ra BI // AH
E
BH IE

(1)
CH CE
AME ∽ CAE (g.g)
ME AE AM 1

ME 1


 mà

suy ra
AE CE AC 2
EI 2

Suy ra

B

H

C

Suy ra AE = EI (2)
Từ (1) và (2) suy ra

BH AE 1


CH CE 2

Tiếp tục khai thác trung điểm M của AB ta nghĩ đến đường trùng bình của tam
giác ABH. Ta có các cách giải
Cách 2:
Qua M kẻ đường thẳng song song với AH cắt BC tại K
Suy ra BH = 2HK

2


A

ME KH

CE HC
BH 2 KH 2ME


Suy ra
CH
HC
CE

MK // HE suy ra

M

Đặt AM = a thì AC = 2a
MC = AM 2  AC 2 = a 5
Có AM2 = ME.CM

E

AM 2
a 5
Suy ra ME =
=

;
CM
5

B

K

C

H

4a 5
5
ME 1
BH
1
 suy ra
Suy ra
=
CE 4
CH
2

CE = MC – ME =

Cách 3:
Qua B kẻ đường thẳng song song với MC
cắt AH tại N suy ra BN vng góc với AH
AME ∽ CAE (g.g)

ME AE AM 1 (1)




AE

CE

AC

A

2

M

ME là đường trung bình của ABN


ME 1
 (2)
BN 2

E

Từ (1) và (2) suy ra AE = BN (3)
BH BN

(4)

CH CE
BH AE 1


Từ (1) ; (3) và (4) suy ra
CH CE 2
BNH ∽ CEH (g.g) 

C

H

B
N

Với các cách giải trên ta đã khai thác giả thiết M là trung điềm của AB. Nếu nghĩ
đến đường trung tuyến của tam giác ta có cách giải sau
Cách 4:
A

M
E
B

H

G
C

D

Vẽ đường cao AD của tam giác ABC vuông cân tại A suy ra AD cũng là đường
trung tuyến suy ra G là trọng tâm tam giác ABC suy ra

MG 1

GC 2

(1)

Ta có: ACH có AD và CE là các đường cao cắt nhau tại G
3


 G là trực tâm tam giác ACH  HG  AC mà AC  AB
BH MG (2)

 HG // AB 
CH CG
BH 1

Từ (1) và (2) Suy ra
CH 2

Trong cách giải trên ta thấy G là trực tâm của tam giác ACH ta sẽ khai thác vấn
đề này và ta có các cách giải sau
Cách 5:
A
D
M

G
C

H

B

Kẻ HD vng góc với AC ( H thuộc AC)
Tam giác ACH có HD và CM là các đường cao cắt nhau tại G
Suy ra AG là đường cao thứ 3 hay AG vuông góc với BC
Tam giác ABC vng cân tại A có AG là đường cao nên cũng là trung tuyến
Suy ra G là trọng tâm tam giác ABC
Có BM // HG ( cùng vng góc AC) suy ra
Cách 6:

BH MG 1


CH CG 2

A

M
G

B

H

I

C

D

Kẻ hình vng ABDC
Gọi I là giao của BC và AD; G là giao của AD và CM
Ta có: ABDC là hình vng nên các đường chéo vng góc với nhau tại trung
điểm I của mỗi đường suy ra AI là đường cao đồng thời là đường trung tuyến của
ABC

Suy ra G là trọng tâm ABC 

MG 1

CG 2
4


Tam giác ACH có AI và CM là các đường cao cắt nhau tại G suy ra HG là đường
cao thứ 3 suy ra GH // BM ( vì cùng vng góc với AC) 
Ta nhận thấy

BH MG 1


CH CG 2

BH 1
 do đó ta có thể xem H là trọng tâm của một tam giác có CB

CH 2

là đường trung tuyến để có được điều đó ta phải tạo ra đoạn thẳng có B là trung
điểm và do đó ta chỉ cần lấy D đối xứng với A qua B từ đó ta có cách giải sau
Cách 7:
A

M
E
B

C

H
I

D

Lấy D đối xứng với A qua B
1
1
ACM có AM  AC  tan ACM= (1)
2
2
1
1
ACD có AC  AD  t anADC= (2)
2
2
Từ (1) và (2) Suy ra tan ACM tan ADC mà chúng đều là góc nhọn




( cùng phụ IAC
)  ADI DAI
 ACM  ADC mà ACM DAI
 tam giác ADI cân tại I suy ra AI = ID (3)

Ta lại có: IAC
 ACI ( cùng phụ với hai góc bằng nhau ACM  ADC )
Suy ra ACI cân tại I suy ra AI = IC (4)

Từ (3) và (4) suy ra I là trung điểm của CD
ACD có các đường trung tuyến CB và AI cắt nhau tại H suy ra H là trọng tâm
Suy ra

BH 1

CH 2

D

Cách 8:
E

A

M

B

H≡H'

I

C

5


Gọi D là điểm đối xứng với C qua A, H’ là giao của AM và BC, E và I lần lượt là
trung điểm của AD, CH’.
Xét tam giác CDH’ có AI là đường trung bình suy ra AI // MH’.
Xét tam giác ABI có AI // MH’ và AM = MB suy ra BH’ = H’I
Suy ra

BH ' 1
 (1)
CH ' 2

Tam giác BCD có AB =

1
CD suy ra tam giác BCD vng tại B
2

Xét  ABD có ME là đường trung bình suy ra ME // BD mà BD  BC  ME  BC
Xét  BCE có AB và EM là các đường cao cắt nhau tại M suy ra CM  BE
BH ' EA 1


  AH’ // BE mà CM  BE suy ra AH’  CM
CH ' AC 2
Có AH  CM và AH’  CM suy ra H’ trùng với H (2)
BH 1

Từ (1) và (2) suy ra
CH 2

Ta có:

Qua các cách giải bài toán trên ta đã vận dụng và khai thác giả thiết trung điểm của
đoạn thẳng và đường trung tuyến của tam giác việc khai thác các giả thiết khác
nhau để giải quyết một bài tốn khơng phải là việc dễ mà u cầu HS phải có trí
tưởng tượng phong phú và logic, muốn có được điều đó HS phải được người thầy
thương xuyên hướng dẫn, khuyến khích và người học cũng phải biết đúc rút kinh
nghiệm của mình khi giải toán.
Bài toán 2: Cho đoạn thẳng AB, trên cùng một nữa mặt phẳng bờ AB vẽ hai tia
Ax, By vng góc với AB. Lấy M trên Ax, N trên By sao cho AM + BN = MN.
Chứng minh MN là tiếp tuyến của đường trịn tâm O đường kính AB
Để chứng minh MN là tiếp tuyến của (O) tại E ta chứng minh MN vng góc với
bán kính OE và E vừa thuộc MN vừa thuộc đường tròn (O). Ta có các cách giải
như sau:
Cách 1: Khai thác giả thiết AM + BN = MN
y

x

N
E

M

A

O

B

Trên MN lấy E sao cho ME = MA suy ra NE = NB
6



 A 900  AME
Ta có: tam giác AME cân tại M suy ra ME

2
BNE

tam giác BNE cân tại N suy ra NEB
900 
2
0
AME  BNE

180


Suy ra AEM  BEN
1800 

1800 
900 suy ra AEB
900
2
2

Suy ra E thuộc đường tròn tâm O đường kính AB (1)


Mặt khác: ΔAMOAMO = ΔAMOEMO ( c.c.c)  MEO
MAO
900  OE  MN (2)
Từ (1) và (2) suy ra MN là tiếp tuyến của đường trịn đường kính AB
Cách 2:
y
N
x

I

M
F

E
A

O≡O'

B

Lấy I trên MN sao cho MI = MA suy ra BI = NI.
Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AI và BI. Nối ME và NE kéo dài cắt nhau tại
O’.
AMI cân tại M có MI là trung tuyến đồng thời là đường phân giác, đường cao.
BNI cân tại N có NI là trung tuyến đồng thời là đường phân giác, đường cao.
AMN  BNM

 ' N 1800  O
 ' MN  O
 ' NM
Suy ra MO
= 1800 
900





2

Suy ra tứ giác EIFO’ là hình chữ nhật. Suy ra EIF 900 hay AIB 900

Suy ra I thuộc đường tròn (O) (1)
ABI có AI // O’F và F là trung điểm của BI
 O’ là trung điểm của AB hay O ' O
 O MAO

AMO=IMO (c.c.c) suy ra MI
900
 OI vng góc với MN (2)

Từ (1) và (2) suy ra MN là tiếp tuyến của đường trịn đường kính AB
Cách 3: Khai thác O là trung điểm của AB
Gọi F là giao của MO và NB. Kẻ OE  MN. (E thuộc MN)
ΔAMOAMO = ΔAMOBFO ( g.c.g)  MO = OF và AM BF
Ta có: MN = AM + BN = BF + BN = NF
 MNF cân tại N.
7


y

x

N
E

M

A

O

B

F
Tam giác MNF cân tại N có NO là trung tuyến( MO = OF)  NO là cũng là đường
phân giác  OE = OB ( Tính chất điểm thuộc tia phân giác)  E  (O)
Có OE  MN, E thuộc (O) suy ra MN là tiếp tuyến của đường trịn tâm O.
Ta nhận thấy AMNB là hình thang vuông, các tam giác AMO, BNO là các tam
giác vuông. Nếu kẻ OE vng góc với MN khi đó ta cần chứng minh E thuộc (O)

để MN là tiếp tuyến. Sử dụng cơng thức diện tích và biến đổi linh hoạt một chút ta
sẽ có cách giải bài tốn trên khá đẹp sau
Cách 4:
Kẻ OE vng góc với MN ( E thuộc MN)
Ta có: S AMNB S AMO  SMON  S NOB
1
1
2
2
1
1
1
S AMO  AM . AO ;
S MON  OE.MN ;
S NBO  BN .BO
2
2
2
1
1
1
1
 MN . AB  AM . AO  OE.MN  NB.BO
y
x 2
2
2
2
1
1

1
 MN .2AO  ( AM  BN ) AO  OE.MN ( do AB = 2AO;NAO = BO)
2
2
2
1
1
1
I
 MN .2AO  MN . AO  OE.MN
2
2
2
E
 2AO  AO  OE  AO OE Suy ra E thuộc đường tròn tâm O
Có OE  MN, E thuộc (O) suy ra MN là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.

Mà S AMNB   AM  NB  . AB  MN . AB

M

Cách 5:
Gọi I là trung điểm của MN. Kẻ OE vng góc với MN
Ta có: OI là đường trung bình của hình thang AMNB suy ra
OI 

AM  BN MN

AMI
2

2

O

B
8


 O MOI


Suy ra tam giác MIO cân tại I suy ra MI
Lại có: AMO MOI
( OI // MA)


Suy ra AMO EMO suy ra ΔAMOAMO = ΔAMOEMO ( cạnh huyền – góc nhọn)
Suy ra OE = AO suy ra E thuộc đường trịn tâm O
Có OE  MN, E thuộc (O) suy ra MN là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
Cách 6: Gọi I là trung điểm của MN. Kẻ OE vng góc với MN

Ta có: OI là đường trung bình của hình thang AMNB suy ra OI 

AM  BN MN

2
2

Suy ra tam giác MNO vuông tại O.
AMO ∽ BON ( g.g) Suy ra

OM AM
OM AM


mà AO = BO nên
ON
BO
ON
AO

Suy ra AMO ∽ OMN (c.g.c )

Suy ra AMO OMN
suy ra AMO EMO (cạnh huyền – góc nhọn)
Suy ra AO = OE suy ra E thuộc đường tròn tâm O
Có OE  MN, E thuộc (O) suy ra MN là tiếp tuyến của đường tròn tâm O.
a2
b2
c2
a b c



Bài toán 3: Cho a, b, c là các dương chứng minh rằng:
b c c a a b
2

Cách 1: Dùng bất đẳng thức Cô – si
Áp dụng BĐT Cô – si cho 2 số

bc
a2
và
ta có
4
bc

bc
a2
a2 b  c
+
2
.
a
4
bc
bc 4

Tương tự:

b2
ca
b2 c  a

2.
.
b
ca
4

ca 4
c2
a b
c2 a  b

2.
.
c
a b
4
a b 4
9


Suy ra

a2
b2
c2
a b c
a2
b2
c2
a b c



a  b  c 




b c c a a b
2
b c c a a b
2

Cách 2: Dùng BĐT Bunhiacơpsky
Ta có:  a  b  c 

2

b
c
 a


. b c 
. c a 
. a b 
ca
a b
 bc

2
2
2
 a
b
c 




  b  c  c  a  a  b
 b c c a a b 

2

2

a2
b2
c2
a b c
a2
b2
c2





hay
b c c  a a b
2
2(a  b  c) b  c c  a a  b
a
b
c
3




Cách 3: dùng bất đẳng thức đã biết:
b c c a a b 2
1
1
1
1
1 

 1
 1




Ta có:  a  b  c  
   a b b  c c  a 

 a b b c c a  2
 a b b c c a 
1
1
1
1
9
 .3 3  a  b   b  c   c  a  .3 3
.
.


2
a b b c c a 2
a b c a b c a b c 9
c
a
b
9


  1

11 

Suy ra
a b
b c
ca
2
a b b c
ca 2
a
b
c
3



Suy ra
b c c a a b 2
a

b
c
3


 ta suy ra
Áp dụng BĐT
b c c a a b 2
a
b
c  3 a  b  c


 a  b  c  

2
 b c c a a b 




 a  b  c



 a  b  c  a   a  b  c  b   a  b  c  c 3  a  b  c 
b c

a b
3 a  b  c 

a
b
c

a
b 
c 
b c
ca
a b
2
2
2
2
a
b
c
a b c




b c c  a a b
2
2

ca

2

2

2

Cách 4: Dùng biến đổi tương đương
a2
b2
c2
a b c
a2
a
b2
b
c2
c




 
 
 0
b c c  a a b
2
b c 2 c  a 2 a b 2
a  2a b  c  b  2b c  a  c  2c
a b 
 




 
 
 0
2  b c b c  2  c  a c  a  2  a b a b 
a  a  b  a  c  b  b  c b  a  c  c  b c  a 
 
 
 
 0
2
b c
ca
a b
 2
 2

a (a  b) a (a  c ) b(b  c) b(b  a ) c(c  b) c(c  a )






0
2(b  c) 2(b  c) 2(c  a) 2(c  a) 2(a  b) 2(a  b)
a b a
b  b c b
c  c a c
a 










 0
2  b c c a 
2  c  a a b 
2  a b b c 
a  b (a  b)(a  b  c) b  c (b  c)(a  b  c ) c  a (c  a )(a  b  c )

.

.

.
0
2
(b  c)(c  a)
2
(c  a)(a  b)
2
( a  b)(b  c)
10

2
 a  b  c   b  c 2  a  b  c   c  a  2 
a  b  c   a  b

.
.
.


 0 luôn
2
2
2
 (b  c)(c  a) 
 ( a  b)(c  a) 
 (b  c)( a  b) 

đúng
Cách 5:
2

a2
a
bc
b c 
2
. bc 
0
 0 với mọi a, b,c >0 Suy ra
b c

4
2 
b c

 a

Ta có: 
 bc

a2
bc
 a
0
b c
4
b2
ca
 b
0
Tương tự ta cũng có:
ca
4
c2
a b
 c
0
a b
4
a2
b2

c2
a b c


  a  b  c 
0
Cộng các BĐT ta có:
b c c  a a b
2
a2
b2
c2
a b c




b c c  a a b
2


Cách 6: PP đổi biến:
Đặt a  b 2 x; b  c 2 y; c  a 2z Suy ra a + b + c = x + y + z
Suy ra a = x – y + z; b = x + y – z; c = y + z – x

x
BĐT cần chứng minh trở thành:
x
VT =

2

2

2

2

2

y  z
 x  y  z    y  z  x  x  y  z

y
z
x

y  z
 x  y  z   y  z  x

y
z
x

2

 xz yz xy 
x2 z 2 x2 y 2 y 2 z 2
      3( x  y  z )  2    
=

y
y
z
z
x
x
x
z 
 y


x2 z 2 x2 y 2 y 2 z 2
      3( x  y  z )  2  x  y  z 
y
y
z
z
x
x

Ta có
Suy ra

x2
z2
x2
y2
y2
z2
 y   y   z   z   x   x 2 x  2 z  2 x  2 y  2 y  2 z (Cô – si)

y
y
z
z
x
x
x2 z 2 x2 y2 y 2 z 2
      2  x  y  z  4( x  y  z )
y
y
z
z
x
x

x2 z 2 x2 y 2 y 2 z 2
Suy ra       3( x  y  z )  2  x  y  z   x  y  z
y
y
z
z
x
x

x
Suy ra
Vậy

2

2

2

y  z
 x  y  z    y  z  x  x  y  z

y
z
x

a2
b2
c2
a b c



b c c a a b
2

Bài toán 4: Cho các số thực dương a, b thỏa mãn a  2b 3
Tìm GTLN của A = a  3  2 b  3
Cách 1: Dự đoán giá trị lớn nhất của A đạt được khi a = b = 1 khi đó
a  3  b  3 2
11


Để tìm GTLN của A ta tìm cách đưa biểu thức A về dạng M – Q2 muốn vậy ta
cần thêm vào A các biến a và b bậc nhất để nhằm làm xuất hiện các hằng đẳng

thức 1 và 2
Ta có: 4A = 4 a  3  8 b  3 a  2b  21  a  3  4 a  3  4  2b  6  8 b  3  8
= a  2b  21   a  3  4 a  3  4   2  b  3  4 b  3  4 
= a  2b  21 





2

a 3  2  2



b 3  2



2

3  21  0  2.0 24

Suy ra A 6
Suy ra AMax

 a  2b 3

6 khi và chỉ khi  a  3  2 0  a b 1


 b  3  2 0

Cách 2: Dự đoán giá trị lớn nhất của A đạt được khi a = b = 1 khi đó
a  3  b  3 2

Do đó ta có thể sử dụng BĐT CƠ – SI cho hai số a  3; b  3 và cần đánh giá để
làm mất căn thức. Vậy ta cần đánh giá từ trung bình nhân sang trung bình cộng
như thế ta cần làm xuất hiện tích của hai số a  3; b  3 và bình phương A sẽ có
được điều đó
Ta có: A > 0
A2 a  3  4b 12  4 (a  3)(b  3) a  4b  15  2(a  3  b  3) theo BĐT Cô – si
Suy ra A2 a  4b  15  2a  2b  12 3(a  2b)  1 3.3  27 36
 a  3 b  3
 a b 1
 a  2b 3

Suy ra A 6 Suy ra AMax 6 khi và chỉ khi 

Cách 3: Ta cũng có thể dùng BĐT Cơ – Si như sau
Ta có: A = a  3  2 b  3  a  3  2. 2b  6
Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số 2 và a  3 ta có:
4a 3 a 7
a 7

 a 3 
2
2
4
8  2b  6 2b  14
2b  14

 2. 2b  6 
2 2. 2b  6 

2
2
4

2 a 3 

Tương tự:

Suy ra: A = a  3  2 b  3 = a  3  2. 2b  6 
Suy ra A 
Suy ra AMax

a  7 2b  14

4
4

a  7  2b  14 3  7  14

6
4
4
 a  3 2

6 khi và chỉ khi  2b  6 2 2  a b 1
 a  2b 3


Cách 4:
Áp dụng BĐT Bunhiacôpsky ta có
A = a  3  2 b  3 = a  3  2. 2b  6   1  2   a  3  2b  6   3  3  9  6
12


Suy ra AMax

 a 3
2b  3


6 khi và chỉ khi  1
2  a b 1
 a  2b 3


Cách 5: Dự đoán giá trị lớn nhất của A đạt được khi a = b = 1 khi đó
a  3  b  3 2
a 7
 a  3 (1)
4
2
b 7
2b 14
 b 3 
2 b  3
b  3  2 0 với  b > 0  b  3  4 b  3  4 0 
4

4

Ta có:





a 3  2



2

0 với mọi a > 0  a  3  4 a  3  4 0 



(2)
Từ (1) và (2) suy ra A = a  3  2 b  3 

a  3  2b 14 3  7  14

6
4
4

 a  3  b  3 2
 a b 1
Suy ra A Suy ra AMax 6 khi và chỉ khi 

 a  2b 3

Cách 6: Ta cũng có thể dùng PP đổi biến và dùng điều kiện có nghiệm của PT và
BPT bậc hai để giải bài toán như sau
Đặt x  a  3 và y  b  3 ( x, y 0 )
Suy ra: x 2  2 y 2 a  3  2b  6 a  2b  9 3  9 12 (1)
Mặt khác: A = x  2 y
Gọi m là giá trị tùy ý của biểu thức A ta có: m = x  2 y  x m  2 y
2
Thay vào (1) ta có:  m  2 y   2 y 2 12  6 y 2  4my  m 2  12 0 (*)
BPT (*) có nghiệm khi và chỉ khi:  ' ( 2m) 2  6(m2  12) 0 
2  36  m 2  0   6 m 6
 a  3 2


Suy ra AMax 6 khi và chỉ khi y =2; x = 2  

 b  3 2
3
4

Bài toán 5: Cho 0  x  1 tìm GTNN của A =
1 x x

 a b 1

Cách 1: Dùng BĐT Cô – si
3
4 3(1  x  x) 4(1  x  x)
 


1 x x
1 x
x
3x 4(1  x)
3 x 4(1  x)
3 x 4(1  x)

 4 7 

7  2
.
7  4 3
= 3
1 x
x
1 x
x
1 x
x
3x
4(1  x)

 x 4  2 3
Suy ra Amin = 7  4 3 khi
1 x
x

Ta có: A =

Cách 2: Dùng BĐT Cơ – si
3
4 4 x
 
 0 với mọi 0  x  1
1  x x x  x2
1 x  x2
12
12 

x  3 
7   4  x 
Suy ra 
 7  2
A 4 x
4 x
4 x

1
7  4 3
Suy ra A 
7 4 3

ta có A 

 4  x .

12
7  4 3
4 x

13


Suy ra Amin = 7  4 3 khi 4  x 

12
 x 4  2 3
4 x

Cách 3 Dùng BĐT Bunhiacơpsky
Ta có: A =
2



3
4  3
4
3
2
 
   1  x  x  
. 1 x 
. x  
1 x x  1 x x 
x
 1 x




Suy ra Amin = 7  4 3 khi

32



2

7  4 3

3
2
3 2
: 1 x 
: x
  x 4  2 3
1 x x
1 x
x

Cách 4: Dùng ẩn phụ
Do 0 < x < 1 nên có thể đặt x sin 2 a
Khi đó A =

3
4
3
4

3
4
 
 2  2  2 3  1  tan 2 a   4  1  cot 2 a 
2
1  x x 1  sin a sin a cos a sin a

= 7+ 3 tan 2 a  4 cot 2 a 7  2 3tan 2 a.4 cot 2 a 7  4 3
Suy ra Amin = 7  4 3 khi 3 tan 2 a 4 cot 2 a  3sin 4 a 4cos4 a  3sin 2 a 2cos 2 a


3 x 2  1  x   x 4  2 3
1

x 1

Bài tốn 6: Tìm x, y, z biết: x  1  y  2  z  3 6 

1

y 2

1
z 3

Điều kiện: x  1; y  2; z  3
Cách 1: Ta nhận thấy

1
là hai số nghịch đảo nên ta có thể vận dụng

x 1

x  1 và

hằng đẳng thức thứ 2 và đưa bài toán về tổng ba bình phương như sau:
x  1  y  2  z  3 6 


x 1 2


  4 x 1


4

1

x 1

1
 y 2  2
x 1
2
1  4
  y  2 
x  1  

1


y 2

1
z 3

1
1
 z  3 2
0
y 2
z 3
2

4

1  4
  z  3 
y  2  

2

4

1 
 0
z 3

4
1
 x 1 4

x 1

 x 2(t / m)

1

4
  y 2 
  y 3(t / m)
4 y 2

 z 4(t / m)


1
4
 z  3 4
z 3


Ta cũng có thể làm như sau
Cách 2:



1
z 3
1
1
 z  3 2

0
y 2
z 3

x  1  y  2  z  3 6 

x 1 2

1
 y 2  2
x 1

1

x 1

1

y 2

x  1  2 x  1 1 y  2  2 y  2 1 z  3  2 z  3 1


0
x 1
y 2
z 3
14




x 1

2

 

x 1 1

 x  1  1 0

  y  2  1 0 

 z  3  1 0

y 2

2

 

y 2 1



z 3 1
z 3

2

0

 x 2(t / m)

 y 3(t / m)
 z 4(t / m)


Ta nhận thấy x  1 và

1
là hai số nghịch đảo nên có thể vận dụng BĐT Cơ –
x 1

si để đánh giá từ trùng bình cộng sang trung bình nhân.
Cách 3:
1
1
1


x 1
y 2
z 3
1
1
1
 x 1

 y 2
 z 3
6 (*)
x 1
y 2
z 3
1
Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số dương x  1 và
x 1
1
1
1
2 ; z  3 
2 Tương tự: y  2 
2
Ta có: x  1 
y 2
x 1
z 3
1
1
1
Cộng ba BĐT vế với vế ta có x  1  x  1  y  2  y  2  z  3  z  3 6
x  1  y  2  z  3 6 


1
 x 1
x 1


 x 2(t / m)

1

  y 3(t / m)
Có phương trình (*) khi BĐT Cô – si xảy ra  y  2 
y 2

 z 4(t / m)


1
 z 3 
z 3

Ta cũng nhận thấy khi x 2; y 3; z 4 thì x  1  y  2  z  3 1 khi đó
1
1
1
x 1 y 2  z  3 


3 do đó có thể sử dụng BĐT Cô – si
x 1
y 2
z 3

như sau:
Cách 4:
1


x 1
1
x 1 y 2  z  3

x 1

x  1  y  2  z  3 6 


Áp dụng BĐT Cô – si cho hai số

1
1

y 2
z 3
1
1

6 (1)
y 2
z 3
x  1  y  2  z  3;

1
1
1



ta có
x 1
y 2
z 3

15


x 1 y 2  z 3 

2



2 3 3

1

x 1

1
1

y 2
z 3

 1
x 1 y  2  z  3 

 x 1





1
1 


y 2
z  3 

x  1. y  2. z  3.3 3

1
1
1
.
.
6
x 1 y 2 z 3

Có phương trình (1) khi BĐT Cơ – si xảy ra
1

 x 1 y 2  z 3  x 1 


 x 1 y 2  z 3
 1
1

1



 x  1
y 2
z 3

1
1

y 2
z 3

 x 2(t / m)

  y 3(t / m)
 z 4(t / m)


Cách 5:
Ta nhận thấy x 2; y 3; z 4 thì x  1  y  2  z  3 1 như vậy ta có thể sử
dụng cho các số x  1 và 1; y  2 và 1; z  3 và 1. Ta biến và sử dụng như sau
1

x 1
1
x 1 y 2  z  3

x 1

x
y 1
z 2


6
x 1
y 2
z 3

x  1  y  2  z  3 6 



1
1

y 2
z 3
1
1

6
y 2
z 3

Áp dụng BĐT Cô – si ta có: x  1 .1 

x  1 1 x
 

2
2

x
2
x 1

y 1
z 2
2 ;
2
y 2
z 3
x
y 1
z 2


6 dấu ‘=’ xảy ra khi x = 2; y = 3; z = 4
x 1
y 2
z 3

tương tự ta cũng có:
Suy ra

Bài tốn 7: Chứng minh rằng: 298 – 1 chia hết cho 3
Cách 1: Có 298 – 1 = (249 – 1)( 249 + 1)
Ta có 249(249 – 1)( 249 + 1) chia hết cho 3 (tích ba số liên tiếp) mà 249 không chia
hết cho 3

Suy ra (249 – 1)( 249 + 1) chia hết 3 hay 298 – 1 chia hết cho 3
Cách 2: Xét A = 1+ 2+ 22 +……. + 297
Suy ra A = 2A – A = (2 + 22 + 22 + .......+ 298) – (1+ 2+ 22 +……. + 297) = 298 – 1
Suy ra 298 – 1 = 1+ 2+ 22 +……. + 297 = (1+ 2) + (22 + 23) + ...... + (296 + 297)
= 3 + 3.22 + 3.24 + .......+ 3.296 chia hết cho
3
Cách 3: Xét A = 1 + 22 + 24 + ………+ 294 + 296
Ta có: 4A = 22 + 24 + 26 + ……..+ 296 + 298
16


Suy ra 3A = 4A – A = 298 – 1 Suy ra A =

298  1
mà A  Z
3

Suy ra 298 – 1 chia hết cho 3
Cách 4: Ta có: 4 1(mod3) suy ra 449 1(mod3) hay 298 1(mod3)
Vậy: 298 – 1 chia hết cho 3
3. Một số bài tập vận dụng

Bài 1: Cho tam giác ABC cân tại A có BAC
1000 , tia phân giác của góc B cắt cạnh
AC tại D. Chứng minh rằng: BC = BD + AD ( Thi HSG huyện Yên thành năm 2015 2016)
Bài 2: Cho tam giác ABC cân tại A có A 1000 .Trên cạnh AB kéo dài về phía B lấy
E sao cho AE = BC. Tính AEC ( Thi HSG huyện Yên thành năm 2012 - 2013)
Bài 3: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, đường cao AH. Gọi E , F lần lượt là
hình chiếu của H trên AB,AC.
a) chứng minh: AE.AB = AF.AC


b) Biết AH = h, BAC
 . Tính độ dài EF theo h và 
(Thi HSG lớp 9 huyện Yên thành năm 2014 - 2015)
Bài 4: Cho đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc nhau tại A. Tiếp tuyến chung ngoài
BC ( B  (O); C  (O ') ) cắt tiếp tuyến tại A ở I.

a) Chứng minh OIO'
900
b) Chứng minh ABC là tam giác vuông
Bài 5: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O; R). H là một điểm di động
trên đoạn thẳng OA ( H khác A). Đường thẳng đi qua H và vng góc với OA cắt
cung nhỏ AB tại M. Gọi K là hình chiếu của M trên OB.
1
a) chứng minh AMH  HKM
2

b) các tiếp tuyến của (O; R) tại A và B cắt tiếp tuyến tại M của (O; R) lần lượt
tại D và E. OE, OD cắt AB lần lượt tại G và F. Chứng minh OGF ∽ ODE
c) Tìm giá trị lớn nhất của chu vi tam giác MAB.
Bài 6: Cho hình chữ nhật ABCD (AB > AD). Vẽ BH vng góc với AC (H thuộc
AC), gọi M, K lần lượt là trung điểm của AH, DC. Chứng minh BM  MK
Bài 7: Cho hình vng ABCD. Lấy điểm M trong hình vng sao cho MAB cân

tại M và MAB
150 . Chứng minh rằng MCD là tam giác đều.

Bài 8: Trong tam giác ABC (AB > AC) có BAC
 . Trên cạnh AB lấy điểm D sao
cho AD = AC. Lấy E là trung điểm của, F là trung điểm của BC. Tính góc BEF.

(Thi GVG huyện Yên thành năm 2009 - 2010)


Bài 9: Cho điểm M nằm trong tam giác ABC. Chứng minh rằng: BMC
 BAC
(Thi GVG huyện Yên thành năm 2008 - 2009)
Bài 10: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp trong đường tròn (O; R). Hai đường cao
BD và CE. Chứng minh rằng OA  DE
Bài 11: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, các đường cao BE, CF cắt nhau tại H.
Gọi I là trung điểm của BC đường thẳng qua H và vng góc với HI cắt các cạnh
AB, AC lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng: HM = HN
17


Bài 12: Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường trịn (O ; R) có BC cố định. Khi A
di chuyển trên đường tròn (O) chứng minh trọng tâm G ln di chuyển trên một
đường trịn cố định.
Bài 13: Chứng minh rằng với mọi số thực không âm ta luôn có 3a 3  7b3 9ab2
(Thi GVG huyện Yên thành năm 2015 - 2016)
a2
b2
c2
a b c



a b b c c a
2
a 
b 

c  64

Bài 15: Cho a, b, c là các số dương chứng minh rằng:  1    1    1   
 3b   3c   3a  27
 2 1  2 1 
Bài 16: Cho x, y > 0 thỏa mãn x + y = 1 Tìm GTNN của A  x  2   y  2 
y 
x 


Bài 14: Cho a, b, c là các số dương, chứng minh rằng:

a2
b2
c2


a 1 b 1 c 1
ab bc ac
  a  b  c
Bài 18: Cho a, b, c > 0, chứng minh rằng:
c
a b
3
3
3
a b c
Bài 19: Cho a, b, c > 0, chứng minh   ab  bc  ca
b c a
x 4 1

A

2
Bài 20: Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức:
 x 2 1

Bài 17: Cho a, b, c > 1, tìm GTNN của A 

Bài 21: Cho x, y là hai số dương và x + y = 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2

1 
1

M  x     y  
x 
y


2

(Thi HSG huyện Yên thành năm 2015 - 2016)

Bài 22: Giải phương trình x 2  8 2 2( x3  8)
(Thi GVG huyện Yên thành năm 2015 - 2016)
2
Bài 23 : Giải phương trình 2  x  x  2
(Thi GVG tỉnh Nghệ an năm 2016 - 2017)
2
Bài 24: Giải phương trình x  5 x  6 2 3x  4

Bài 25: Giải phương trình 2 x  1  x  1 2 x  4
Bài 26: Tìm x, y, z biết: x  1  y  2  z  3 6 

1

x 1

1

y 2

1
z 3

(Thi HSG huyện Yên Thành năm 2015 - 2016)
Bài 27: Giải phương trình: x 2  1 2 x x 2  2 x
(Thi GVG tỉnh Nghệ an chu kỳ 2006 - 2009)
Bài 28: Tìm các số nguyên tố x và y sao cho y2 + 117 = x2
(Thi KSCL HSG Yên Thành năm 2018 – 2019)

Bài 29: Cho

a 111.....12
  
n

và

b 111.....14
  

n

chứng minh ab + 1 là số chính phương

Bài 30: Tìm các số ngun tố p sao cho A 2 p  p 2
(Thi HSG huyện Yên Thành năm 2015 - 2016)
Bài 31: Cho m + 2 và n + 2018 đều chia hết cho 6 (Với m, n là các số tự nhiên).
Chứng minh rằng: B 4m  m  n chia hết cho 6.
(Thi HSG huyện Yên Thành năm 2017 - 2018)
18


Bài 32: Chứng minh rằng với mọi n  N * thì A 23n 1  23 n  1  1 là hợp số
(Thi HSG huyện Yên Thành năm 2016 - 2017)
III. KẾT LUẬN
1. Kết quả
Như đã nói ở trên, hoạt động học chủ yếu của học sinh là hoạt động giải bài
tốn, chính vì vậy việc giáo viên hướng dẫn để khêu gợi cho học sinh óc tị mị,
thích khám phá và sáng tạo là điều khơng thể thiếu đối với hoạt động dạy của giáo
viên. Sau khi Tôi và các giáo viên ở một số trường triển khai chuyên đề này thì đa
số các em đều tiếp thu rất tốt và quan trọng là các em biết độc lập chiếm lĩnh kiến
thức, có thể tự tìm tịi và sáng tạo ra các cách giải khác nhau của một bài toán . Cụ
thể, kiểm tra học sinh lớp 9A của trường THCS ... trước khi học kết quả làm được bài
như sau:

Xếp loại

Giỏi

Khá

Số lượng HS

12

18

Trước khi học số HS
có thể tìm được nhiều
lời giải (tỉ lệ)

6

5

50%

27.8%

Sau khi học số HS có 10
thể tìm được nhiều lời 83,3%
giải (tỉ lệ)

12
66,7%

2. Vấn đề cịn hạn chế
Qua q trình giảng dạy Tơi thấy học sinh nói chung rất cần được trang bị tri
thức phương pháp thường xuyên để các em có thể đúc rút, tổng hợp kiến thức cũ,
tìm và xâu chuổi các kiến thức cũ và mới.

Đây là mảng kiến thức khá rộng và phổ biến, đa dạng về thể loại, phức tạp
về nội dung nên với khoảng thời gian hạn hẹp Tơi chỉ nêu ra một vài hướng phân
tích để tìm ra những cách giải khác nhau cho một bài tốn. Nếu có thể, Tơi sẽ đầu
tư nhiều thời gian hơn nữa để nghiên cứu chuyên đề này sâu hơn nữa.
3. Điều kiện áp dụng
Trước khi thực hiện chuyên đề này, giáo viên cần nghiên cứu kĩ sách giáo
khoa sách bài tập và tài liệu tham khảo khác và đặc biệt là lượng kiến thức của học
sinh. Tuỳ theo mức độ nhận thức của từng đối tượng học sinh mà giáo viên triển
khai các dạng bài cho phù hợp, dẫn dắt và gợi mở kiến thức thật dễ hiểu để bài học
đạt hiệu quả cao nhất.
Chuyên đề này dành cho BDHSG khối 8 - 9 cũng như các em có học lực
khá, học sinh lớp chất lượng do đó các em phải nắm vững kiến thức cơ bản có liên
19


quan từ các khối lớp dưới, Có thể tìm hiểu thêm trong tài liệu tham khảo; Có quyết
tâm khơng ngại bài tập khó, khơng dừng lại khi chưa tìm ra đáp án cho bài đang
làm-cùng với sự dẫn dắt của thầy cơ, cũng như khơng dừng lại khi đã tìm ra lời
giải hay cho bài tốn.
4. Kết luận
Qua việc tìm hiểu các bài toán trên chúng ta cần vận dụng linh hoạt, sáng
tạo kết quả các bài toán, cũng như vận dụng triệt để giả thiết đã cho của một bài
tập từ đó có thể tìm ra phương pháp làm bài thích hợp. Nếu làm tốt điều này sẽ
giúp các em hiểu sâu sắc hơn các kiến thức đã học, góp phần phát triển tư duy sáng
tạo và tiếp thu tốt những kiến thức mới, phát huy trí lực của học sinh. Đó chính là
mong muốn của bản thân Tơi và khơng phải chỉ của riêng mình Tơi.
Mặc dù đã cố gắng khi phân chia kiến thức và trình bày chun đề này
nhưng trong q trình thực hiện khơng tránh khỏi sai sót, nhầm lẫn hoặc chưa khoa
học nên Tơi rất mong nhận được những lời động viên, ý kiến đóng góp q báu từ
phía đồng nghiệp và bạn đọc để đề tài này có thể hồn thiện hơn nữa về cả nội

dung và hình thức
Yên Thành ngày 2 tháng 5 năm 2019

20