SKKN sáng tạo nhiều cách giải toán

www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************


I- Đặt vấn đề:
Toán học l môn học đòi hỏi sự sáng tạo không ngừng. Khám phá kho tng
bí ẩn của toán học từ lâu đã kích thích tính tò mò, chinh phục kiến thức của
ngời học. Tuy rằng đây l môn học khó, song không ít ngời say mê nó. Cng
học toán, cng yêu toán, cng lm cho ngời học say mê sáng tạo, tìm tòi v t duy
không chút mệt mỏi. Ngy nay ngời học toán có nhiều cơ hội để học tốt cả về
thời gian v sự đầu t kiến thức, các ti liệu sách vở phục vụ cho học tập nhiều
hơn, phong phú v đa dạng hơn. Nhng bên cạnh đó việc học lệ thuộc vo ti liệu
còn khá phổ biến, trong đó đối tợng ngời học l học sinh ngy cng hạn chế đi
tính tự học tự bồi dỡng, chủ yếu cách giải bi toán do học nhiều m có, lệ thuộc
sách giải, cha phát huy hết tính t duy sáng tạo trong giải toán. Bên cạnh đó các
sách ti liệu còn nặng về lời giải chứ cha nhiều đi sâu vo phân tích phơng pháp
tìm lời giải trên nhiều khía cạnh, có những bi toán nếu chúng ta chịu khó đầu t
nghiên cứu, đa ra những dự đoán v phân tích các khả năng thì có nhiều cách giải
hay v gọn hơn cách giải đã đa ra. Để lm đợc việc đó đòi hỏi sự dy công
nghiên cứu của ngời dạy, l sự xâu chuổi kiến thức để tìm ra lời giải hay, mới lạ
v độc đáo. Đây chính l lý do tôi viết nên đề ti:
Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó.

II- Giải quyết vấn đề:
1- Cơ sở lý luận:
Trong công tác giảng dạy, nhất l công tác bồi dỡng học sinh giỏi nếu GV
dạy cho học sinh cách định hớng v cách phân tích tìm tòi lời giải cùng với kích
thích sự sáng tạo của học sinh thì có rất nhiều bi toán tởng nh hạn chế về cách
giải thì lại có nhiều cách giải hay v độc đáo. Để lm đợc điều ny học sinh cũng
cần đợc trang bị một hnh trang kiến thức đầy đủ, vững chắc cùng với sự say mê
v sáng tạo trong giải toán thì mới đem lại hiệu quả cao. Sự say mê trong tìm tòi,

sáng tạo trong t duy v sự nhẫn nại trong giải toán l đức tính cần thiết để ngời
học không ngừng khám phá đợc cái hay, cái đẹp của toán học.
2- Cơ sở thực tiễn:
Trong dạy toán nếu giáo viên chỉ hớng dẫn học sinh cách giải toán với bi
mẫu có sẵn thì việc học toán rất khô khan, ngời học dễ nhm chán, sự sáng tạo
của ngời học bị hạn chế. Vì thế trớc một bi toán giáo viên không nên giới hạn
sự suy nghĩ của học sinh m cần kích thích tính tìm tòi, dự đoán v chú trọng
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

nhiều đến các hớng suy nghĩ khác nhau của học sinh, trên cơ sở đó phân tích định
hớng để có thể tìm ra nhiều lời giải độc đáo. Nh vậy học sinh không bị gò bó m
tích cực chủ động trong suy nghĩ, tự do sáng tạo, từ đó mới có thể phát minh
nhiều điều mới lạ. Đây l cơ sở đã tạo nên đề ti m qua nhiều năm giảng dạy với
công tác bồi dỡng tôi đã đúc rút đợc.
3- Hiệu quả của SKKN:
Trớc khi cha áp dụng đề ti ny vo giảng dạy thì số học sinh có tính tích cực
sáng tạo trong giải toán còn hạn chế. Phân tích nguyên nhân tôi thấy rằng:
+ Do học sinh còn phụ thuộc nhiều vo lời giải sẵn có trong sách, ti liệu;
+ Do cha có thói quen tìm các cách giải khác khi đã có một cách giải để
tìm ra cái hay của những cách giải đó;
+ Cha đợc trang bị đầy đủ cách phân tích đa chiều 1 bi toán, m từ đó
học sinh có định hớng đúng, nhằm tìm ra nhiều cách giải khác nhau. Sau
khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vo công tác bồi dỡng HSG lớp 9, tôi thấy
học sinh say mê học toán, hăng say sáng tạo nhiều hơn. Trong các kì thi cùng một
bi toán nhng nhiều em đã có nhiều cách giải khác nhau v rất sáng tạo không
theo đáp án sẵn có. Chính vì thế m các kì thi HSG các cấp thì học sinh của tôi bồi
dỡng đã đạt nhiều kết quả cao nh HSG cấp Tĩnh môn Toán 9 (giải nhất v nhì
năm 2009-2010). Đề ti còn l
sự trao đổi cách học lẫn nhau giữa thầy v trò, qua

đó đã có nhiều điều bất ngờ tôi cũng học đợc từ học sinh của tôi đó các bạn ạ!
Kết quả cụ thể:
Số HS phụ thuộc lời
giải sẵn
Số HS say mê sáng tạo
nhiều cách giải
Trớc khi áp dụng đề ti 80% 20%
Sau khi áp dụng đề ti 15% 85%

4- Phạm vi v đối tợng áp dụng đề ti:
Toán nâng cao lớp 8 v 9 gồm cả hình v đại số, đề toán thờng gặp nhiều
trong các kì thi, có thể dùng trong công tác bồi dỡng HSG lớp 9 v ôn thi vo các
trờng chuyên THPT.
5- Nội dung cụ thể của đề ti:
Đề ti đợc sắp xếp hình học trớc, đại số sau. Các cách giải theo sự tiến
triễn của lôgic kiến thức, cách giải sau ngắn gọn v sáng tạo hơn cách giải trớc.
Mỗi bi toán đều có lời bình, đó chính l định hớng cách phân tích để tìm ra các
cách giải khác nhau cho một bi toán.
www.vnmath.com
************** S¸ng t¹o nhiÒu c¸ch gi¶i hay tõ nh÷ng bμi to¸n khã *****************

Sau ®©y t«i xin ®−îc tr×nh bμy phÇn néi dung cña ®Ò tμi mang tªn:
“S¸ng t¹o nhiÒu c¸ch gi¶i hay tõ nh÷ng bμi to¸n khã”.
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************


Chúng ta sẽ lm quen với một số bi toán hình học!

Bi toán1: Cho tam giác ABC nội tiếp đờng tròn tâm O, đờng kính AC. Trên tia

AB lấy điểm D sao cho AD = 3AB. Đờng thẳng Dy vuông góc với DC tại D cắt
tiếp tuyến Ax của đờng tròn ( O) tại E.
Chứng minh:
B
D
E

cân
* Đây l một bi toán khá l khó, song nếu ta biết vẽ thêm yếu tố phụ thích hợp
thì việc c/m sẽ đơn giản hơn. Sau đây tôi xin đợc giới thiệu năm cách giải hay
v phù hợp chuẩn KT- KN:

Sử dụng kiến thức hình bình hnh ta có cách c/m sau:
Cách 1
:
Gọi F = DC

(O) ; H = BC

AF
Lấy I l trung điểm của BD ; K = EH

BI
Xét
ADC có 2 đờng cao BC v AF cắt nhau
tại H => H l trực tâm của tam giác ACD
=> DH
AC => DH // AE ( vì cùng

AC)

M ED // AH ( vì cùng
DC)
EDHA l hình bình hnh
K l trung điểm của AD v EH
Nên EK= KH (1) v AK = KD
Từ AK = KD ; AB = ID => AK AB = KD ID
hay BK = KI (2)
Từ (1) v (2) => K l trung điểm của đoạn EH v BI
=> EIHB l hình bình hnh (dấu hiệu nhận biết của hình bình hnh)
=> BH // EI , vì BH
AD nên EI

AD hay EI

BD
Xét
EBD có EI l đờng trung tuyến vừa l đờng cao nên

EBD cân tại E.
Sử dụng t/c hình thang v t/c đờng kính vuông góc với dây cung ta có cách c/m
sau:
Cách 2:

Vẽ EI AD ( I

AD) ; vì điểm B thuộc đờng tròn (O) nên ABC = 90
0

Ta có EAC = EDC = 90
0

=> A,D

đờng tròn đờng kính EC
hay A,D,C,E

đờng tròn tâm K l trung điểm của EC
F
D
E
B
I
O
H
C
A
K
y
x
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************



Vẽ KM
AD ( M

AD) .
Trong đờng tròn (K) có dây cung AD, MK

AD

=> MA = MD (1)
Mặt khác EI // BC ( vì cùng
AD)
Nên EICB l hình thang
Ta có KE = KC ; KM

BI
=> MI = MB (2)
Từ (1) v ( 2) => AB = DI
m AD = 3AB => BI = ID
=> I l trung điểm của BD
Xét
EBD có EI l đờng cao
vừa l đờng trung tuyến nên

EBD cân tại E.


Sử dụng hệ thức lợng trong tam giác vuông ta có cách sau:
Cách 3
:
Gọi P = BC

DE ; M = AE

PC
Gọi N l trung điểm của BD ; K l trung điểm của BN
=> K l trung điểm của AD =>
4
1

BD
BK
(1)
áp dụng hệ thức lợng vo tam giác MAC vuông ở A
v tam giác PDC vuông ở D
Ta có: AB
2
= MB. BC
BD
2
= PB. BC
=>
PB
MB
B
D
AB

2
2
.
Vì
2
1

BD
AB
nên
4

1

PB
MB
(2)
Từ (1) v (2) suy ra:
PB
MB
BD
BK


Do đó MK // DP
Xét
ADE có MK // ED ; AK = KD => MA = ME
MB l đờng trung bình của

AEN
MB // EN m MB

AD => EN

AD
A
E
D
B
C
N
y

O
P
M
K
y
D
E
A
B
I
M
K
C
O
x
x
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

Xét
EBD có EN l đờng trung tuyến vừa l đờng cao nên

EBD cân tại E.


Sử dụng kiến thúc tam giác đồng dạng v tứ giác nội tiếp ta có cách sau:
Cách 4:

Lấy I l trung điểm của BD => DI = IB = BA

Ta có: EDC = EAC =90
0

=> A,D thuộc đờng tròn đờng kính EC
hay AEDC l tứ giác nội tiếp đờng tròn đờng kính EC

=> AEC = ADC (vì 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
=>

EAC

DBC (g.g)
Do đó
B
C
AC
B
D
EA

(*)
Xét
ACI có CB l đờng cao vừa l đờng trung tuyến

=> CI = CA v C
1
= C
2
. M BD = DI +IB = AB + IB = IA
Thay vo (*) ta đợc

BC
IC
IA
EA

(1)
Vì AE l tiếp tuyến của đờng tròn (O) => A
1
= C
2
= C
1
(2)
Từ (1) v (2) suy ra
EIA

ABC (c.g.c)

=> EIA = 90
0
=> EI BD
Xét
EBD có EI l đờng trung tuyến vừa l đờng cao nên

EBD cân tại E.

Chỉ sử dụng phơng pháp tam giác đồng dạng ta có cách ngắn gọn hơn nữa:
Cách 5
:
Vẽ EI

AD, B

đờng tròn (O) đờng kính AC => ABC = 90
0


Xét
IDE v BCD có: DIE = CBD = 90
0


EDI = BCD ( cùng phụ với BDC)
=>
IDE BCD (g.g) =>
BD
IE
BC
ID

(1)
Tơng tự
IDE BCD (g.g) =>
IE
AB
IA
BC

(2)
Nhân vế với vế của (1) v (2) ta có:

A
E
D
B
C
I
y
O
A
E
D
B
C
I
y
O
1
1
2
x
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************


2
1

BD
AB
IA

ID
=> 2ID = IA => ID =
3
1
AD


M AB =
3
1
AD (gt) => AB = BI = ID
=> I l trung điểm của BD
Xét
EBD có EI l đờng cao vừa l đờng trung tuyến nên

EBD cân tại E.








* Phân tích các cách giải bi toán 1:
Cách 1: Chỉ sử dụng kiến thức l tính chất v dấu hiệu nhận biết của hình bình
hnh. Cách ny phù hợp đối với học sinh lớp 8.
Cách 2 ; 3 v cách 4: Kiến thức phù hợp với học sinh sau khi học chơng trình
lớp 9.
Cách 5: Cách ny ngắn gọn nhất về lời giải củng nh hình vẽ (chỉ vẽ thêm 1

đờng phụ l đoạn EI), kiến thức khá đơn giản v phơng pháp thờng gặp
trong ứng dụng sự đồng dạng của hai tam giác để chứng minh trung điểm của
đoạn thẳng. Cách ny phù hợp v hay nhất trong các cách giải trên. Vì vậy
trong khi dạy GV nên định hớng cho HS giải bi toán theo cách ny.
Bi toán 2
:
Cho hình chữ nhật ABCD, AB = 2CD. Trên cạnh BC lấy điểm E, tia AE cắt đờng
thẳng CD tại F. Chứng minh:
222
4
111
A
F
A
E
AB



Đây l một bi toán quen thuộc thờng gặp nhiều trong các đề thi của các kì thi
song cách giải thờng gặp cha thật phong phú. Sau đây tôi xin đợc giới thiệu
4 cách giải hay:

Cách 1
:
Sử dụng hệ thức giữa đờng cao v các cạnh góc vuông trong tam giác vuông.
Kẻ AK
AE (K

DC. áp dụng hệ thức giữa đờng cao v các cạnh góc vuông

Bình luận:
Từ giả thiết cho AD = 3AB => AD = 2BD v c/m tam giác EBD cân gợi ý
cho ta chia đoạn BD thnh hai phần bằng nhau nên ta cần vẽ thêm hình
phụ l đờng cao EI của tam giác, cần c/m EI l đờng trung tuyến hoặc
ngợc lại . Từ đó m ta có các cách c/m trên. Các bạn còn có cách khác hay
nữa không ?
x
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

trong tam giác KAF vuông ở A.
Ta có:
222
111
A
D
A
F
A
K


M AD = BC =
2
1
AB
=>
22
41
ABAD

=>
222
411
ABA
F
A
K
(*)


Ta lại có: KAD = BAE ( cùng phụ với DAE)
=>
KAD EAB (g.g)

=>
2
1

AB
AD
AE
AK
=> AK =
2
AE

Thay vo (*) ta có
222

414
ABA
F
A
E

=>
222
1
4
11
ABA
F
A
E








Các bạn nghĩ sao nếu không cần vẽ thêm hình phụ!
Ta còn có các cách sau:
Cách 2:
Sử dụng định lý Talet v định lý pitago trong tam giác vuông

Vì EC // AB =>
EF

EC
AF
AD
AF
EF
AD
EC


22













EF
EC
AF
AD
=>
2
2

2
2
EF
EC
AF
AB














=>
2
2
2
2
4 EF
EC
AF
AB

(1). Vì CF // AB =>
AE
AB
EF
CF
AB
CF
AE
EF


=>
22













AE
AB
EF
CF

=>
2
2
2
2
A
E
AB
EF
CF

(2)
A
K
B
E
F
D
C

1
2
*Bình luận: Từ điều phải chứng minh:
222
4
111
AFA
E
AB

v AB = 2AD gợi
ý cho ta sử dụng đến hệ thức giữa đờng cao v các cạnh góc vuông trong
tam giác vuông. Do vậy ta cần tạo ra tam giác vuông có AD l đờng cao
bằng cách vẽ hình phụ trên.
A
B
E
D
F
C
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

Từ (1) v (2) ta có:

2
2
2
2
4AF
AB
A
E
AB
1
2
2
2
2
2

2

EF
EF
EF
CF
EF
EC

Chia 2 vế cho AB
2
ta đợc:
222
1
4
11
A
B
A
F
A
E




Cách 3:
Sử dụng phơng pháp tam giác đồng dạng

Ta có D = B = 90

0
: A
1
= F ( vì cùng phụ với 2 góc bằng nhau E
1
= E
2
)
=>
ADF EBA (g.g)
=>
AF
DF
AE
AB

=>
2
2
2
2
AF
DF
A
E
AB

(1)
M
2

2
2
2
2
2
2
4 AF
AD
AF
AB
AF
AB








(2)

Từ (1) v (2) cộng vế theo vế ta có:
1
4
2
2
2
2
2

2
2
2
2
2

A
F
AF
A
F
AD
A
F
DF
A
F
AB
A
E
AB

(áp dụng định lý pitago vo tam giác vuông ADF)

Chia 2 vế cho AB
2
ta đợc:
222
1
4

11
ABAFA
E



Cách 4
:
Sử dụng hm số lợng giác sin
2

+ cos
2

= 1 ta có cách thật độc đáo!
Ta có
22
2
2
2
2
2
2
2
4

AF

AD
AE
AB
AF
AB
AE
AB
AF
AB
AE
AB
= sin
2
E
1
+ cos
2
A
1

M DAF = E
2
( đồng vị)

; E
1
=

E
2

(đối đỉnh)

=> DAF = E
1
.
Nên

2
2
2
2
4AF
AB
A
E
AB
sin
2
E
1
+ cos
2
E
1
= 1
Chia 2 vế cho AB
2
ta đợc:
222
1

4
11
ABAFA
E




*Bình luận: Nếu đi từ đpcm
222
4
111
AFA
E
AB




2
2
2
2
4AF
AB
A
E
AB
1, gợi
ý cho ta sử dụng đến hm lợng giác sin

2

+ cos
2

= 1. Từ đó ta có
cách giải độc đáo trên.
A
B
E
D
F
C

1
2
1
C

A
B
E
D
F
1
2
1
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

* Phân tích các cách giải bi toán 2:
Cách 1: Sử dụng kiến thức l hệ thức giữa đờng cao v các cạnh góc vuông trong
tam giác vuông nên phù hợp với HS lớp 9.
Cách 2 v 3: Sử dụng kiến thức về tam giác đồng dạng v định lý Pitago trong tam
giác vuông, sáng tạo của các cách ny l biết vận dụng linh hoạt 2 kiến thức trên
vo giải toán. Cách ny phù hợp với nhiều đối tợng nhất l HS lớp 8.
Cách 4: Sử dụng tỉ số lợng giác của góc nhọn trong tam giác vuông v hm số
lợng giác sin
2

+ cos
2

= 1 (HS sẽ đợc học nhiều ở các lớp trên) . Tuy nhiên
khi sử dụng cần yêu cầu HS chứng minh sin
2

+ cos
2

= 1. Cách ny phù hợp với
đối tợng HS giỏi.

*Bây giờ chúng ta sẽ cùng nhau khám phá Phần Đại Số v lm quen với một số
bi tập với nhiều cách giải hay nhé!

Bi toán 3
( Đề thi GV giỏi tỉnh năm 2004-2005)
Cho x, y thỏa mãn x> y v x.y=1. Chứng minh rằng:
22
22



yx
yx
(1)
Cách 1
: Phơng pháp sử dụng hằng đẳng thức
Vì xy= 1 => 2 - 2xy = 0
Từ x > y thì (1) x
2
+ y
2
- 2
2
(x-y)

0
x
2
+ y

2
- 2
2
(x-y) + 2 - 2xy 0
(x - y)
2
- 2
2
(x- y) + (
2
)
2

0
( x- y -
2
)
2

0 (2) .
Ta có (2) luôn đúng
x,y . Vậy (1) đợc c/m

Cách 2
: Biến đổi tơng đơng v dùng hằng đẳng thức

22
22

yx
yx
. Vì 2 vế đều dơng với x > y.
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

Bình phơng 2 vế ta đợc :
8
2
22











yx
yx
(x
2
+ y
2
)
2

- 8(x-y)
2


0
(x
2
+ y
2
)
2
- 8(x
2
+y
2
- 2xy)

0
(x
2
+ y
2
)
2
- 8(x
2
+y
2
- 2)

0 (vì xy=1)
(x
2
+ y
2
)
2
- 8(x
2
+y
2
) + 16

0
( x
2
+ y
2
- 4)
2

0 (2). Ta có (2) luôn đúng

x,y . Vậy (1) đợc c/m

Cách 3
: Sử dụng bất đẳng thức CôSi ta có cách giải thật l ngắn gọn!


yx

yx
yx
yx
yx
xyxyyx
yx
yx









21.222
2
2222

(vì x.y =1 v x > y)
áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dơng. Ta có
22
2
).(2
2

yx
yx
yx
yx
.
Vậy
22
22



yx
yx
với x> y v x.y=1
* Phân tích các cách giải bi toán 3:
Cách 1 v 2: Sử dụng phơng pháp biến đổi tơng đơng đa về bất đẳng thức
cuối cùng đúng với mọi x,y, từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. Cách ny
khá đơn giản v phù hợp với đại tr HS.
Cách 3: Sử dụng kiến thức l BĐT Côsi v cách giải khá ngắn gọn, đối với HS giỏi
cần nhìn bi toán theo hớng ny.
Bi toán 4
: Tìm GTNN của A =
yx
yxyx


4
))(1(
22

với x, y> 0 thỏa mãn x.y =1
Chú ý điểm rơi x= y = 1
Sai lầm thờng gặp:
yx
yxyx


4
))(1(
22

yx
yx
yx
xyyx




4
2)(2
4
)2)(1(

)21(282
4
).(22

yx
yx . Vậy A
min
= )21(2
Phân tích sai lầm: Vận dụng BĐT Côsi liên tiếp 2 lần song cha chú ý đến
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

tính đồng thời của dấu bằng. ở đây điểm rơi của dấu bằng l











0,;1
4
)(2
yxxy
yx
yx
yx

thì x v y không cùng đợc thõa mãn điều kiện đó.
Từ đó ta có các cách giải đúng sau:

Cách 1
: áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dơng x v y ta có:
x+y
xy2
= 2 ( vì xy =1)
Đặt x+ y = t thì t
2
; x
2
+ y
2
= (x+y)
2
- 2xy = t
2
-2
A = (t+1)(t
2
-2) +
t
4
= t
3
+t
2
-3t -3 + t+1 +
t
4

= (t

2
- 3)(t+1)+ (t+
t
4
) +1

(2
2
-3)(2+1)+ 2
t
t
4
.
+1 = 3+4+1 = 8 ( Vì t
2
=> t
2
-3> 0; t +1>0)
Dấu = xảy ra khi







t
t
t
4

2
=> t =2 => x+y = 2
A min = 8 x=y = 1
Cách 2
:
Ta biến đổi A = x
3
+ xy
2
+ yx
2
+ y
3
+x
2
+ y
2
+
yx
4

= x
3
+ y + x + y
3
+x
2
+ y
2
+

yx
4

= (x
3
+ y
3
)+ (x
2
+y
2
) + ( x+y +
yx
4
)

yx
yxyxyx


4
).(2.2.2
2233

= 2 + 2 +4 = 8 ( với xy=1).
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

Dấu = xảy ra khi

1;0,
4
22
33
xyyx
yx
yx
yx
yx
x=y =1.
Vậy A
8 . A min = 8 x=y =1

Cách 3
: áp dụng BĐT Côsi cho 2 số dơng x
2
v y

2
ta có:
x
2
+y
2
xy2
= 2 (vì xy =1)
A =
yx
yxyx


4
))(1(
22
= ( x+y+1) .2 +
yx
4
=2( x+y) +2 +
yx
4

= (x+y) + [(x+y) +
yx
4
] + 2 2
yx
yxxy

4
).(2
+ 2 = 2+4+2 = 8
Vậy A
8. A min = 8 x=y = 1






* Phân tích các cách giải bi toán 4:
Cách 1 v 2: Sử dụng phơng pháp biến đổi thông thờng . Chú ý điểm rơi để từ
đó tách thnh các nhóm phù hợp nhằm sử dụng BĐT Côsi. Tuy nhiên 2 cách giải
trên cha thật tối u
Cách 3: Cũng l tạo nhóm thích hợp v sử dụng BĐT Côsi song ngắn gọn v hợp
lý hơn. Chính vì thế khi dạy GV cần định hớng ch HS theo cách ny.
Bi toán 5
: Cho ba số dơng a,b,c thỏa mãn: a+ b+c = 1
CMR:
11
16
ac bc



Chú ý: Với dự đoán điểm rơi a= b =
1
4

; c =
1
2

Với a,b,c > 0. Để chứng minh
11
16
ac bc


a+b 16. abc
Từ đó ta có các cách giải sau:
*Bình luận: Bi toán cho với vai trò x v y nh nhau nên ta cần chú ý
điểm rơi x = y = 1. Từ đó ta có nhiều cách biến đổi để áp dụng BĐT Côsi
kết hợp x.y =1.
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

Cách 1
: Phép biến đổi tơng đơng v sử dụng BĐT Côsi
Ta có: a+b
16. abc a+b 16. ab(1-a-b)
a+b
16 ab - 16ab(a+b)
a+b + 16. ab(a+b)
16ab
(a+b)(1+16ab)
16ab (*)
Ta c/m (*) nh sau: áp dụng bất đẳng thức côsi . Ta có:
(a+b)

2
4ab ; (1+16ab)
2
4. 16ab
=> [(a+b)(1+16ab)]
2
(16ab)
2

=> (a+b)(1+16ab)
16ab (vì 2 vế đều dơng)
Vậy (*) đợc c/m. Hay BĐT đã cho đợc c/m

Cách 2
: Sử dụng phép biến đổi tơng đơng
Ta có: a+b
16. abc a+b 16. ab(1-a-b)
a+b
16ab-16a
2
b-16ab
2
a+b - 16ab +16a
2
b +16ab
2
0
a(16b
2
- 8b +1) + b ( 16a

2
8a +1) 0

a( 4b-1)
2
+ b(4a -1)
2
0 đúng với mọi a, b dơng. Vậy BĐT đợc c/m

Cách 3
: áp dụng BĐT Côsi v gt cho a,b,c >0; a+ b+c =1
Ta có: a+b = (a+b)[(a+b) +c]
2
(a+b)[4(a+b).c] = 4c.(a+b)
2


4c.

2
2 ab = 4c. 4ab = 16ab
Vậy : a+b
16. abc
* Phân tích các cách giải bi toán 5:
Cách 1: Đa bi toán về còn 2 biến a,b. Sử dụng phép biến đổi tơng đơng đa về
BĐT mơí v áp dụng BĐT Côsi để chứng minh BĐT mới đúng với mọi giá trị
dơng của biến a,b.
Cách 2 v3: Cả hai cách đều ngắn gọn v phù hợp với mức độ khả năng t duy
của HS. Song sẽ hay hơn khi ta định hớng cho HS cách giải 3.

Tuy nhiên không phải bi no cũng có thể biến đổi đợc dễ dng nh thế. Có
những bi toán khi đã xác định đợc điểm rơi thì việc biến đổi nó cũng đòi hỏi
sự dy công nghiên cứu đó các bạn ạ! Sau đây l một số bi toán tơng đối khó
nhng lại có nhiều cách giải hay v độc đáo nữa!

Bi toán 6
: Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x
2
+ y
2
+ z
2
= 1
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

Tìm GTNN của P =
222
111 z
z
y
y
x
x

Các bạn sẽ giải bi ny nh thế no?
Ta chú ý điểm rơi x = y = z =
3
1

Cách 1
: Vì x,y,z > 0 v x
2
+ y
2
+ z
2
= 1 => x,y,z


1;0


áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dơng. Ta có
1+1 + 3
3 x
3

3
3
.33.1.13 x
=
x.33

(Dấu = xảy ra x =
3
1
)
=> 2+ 3
3 x
3
-
x.33
0 => 2
)1(.33
2
xx

=> 2x

)1(.33
22
xx
(vì x>0)
=>
2
2
.
2
33
1
x
x
x

(1)
Tơng tự
2
2
.
2
33
1
y
y
y


(2)

2
2
.
2
33
1
z
z
z


(3)
Từ (1) ,(2), (3) => P

(
2
33
x
2
+ y
2
+ z
2
) =
2
33
.
Dấu = xảy ra x=y=z =
3
1
. Vậy P min =
2
33
x=y=z =
3
1


Cách 2
: Từ gt => 0 < x
2
, y
2
, z

2
< 1 => 1- x
2
> 0; 1- y
2
> 0 ; 1- z
2
> 0
áp dụng BĐT Côsi cho 3 số dơng. Ta có

3
)1()1(2
222
xxx

3
222
)1(2 xx

=>
3
2

3
222
)1(2 xx
=>
27
8
222

)1(2 xx

=> x
2
(1-x
2
)
2

27
4

=> x(1-x
2
)
33
2

=>
2
2
33
1
x
x



www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

=>
2
2
.
2
33
1
x
x
x


(1) ( Nhân 2 vế với số dơng
2
x
)
Tơng tự
2
2
.
2
33
1
y
y
y


(2)

2
2
.
2
33
1
z
z
z


(3)
Từ (1) ,(2), (3) => P
(
2
33
x
2
+ y
2
+ z
2
) =
2
33
.
P
min
=
2

33
x=y=z =
3
1









*Chú ý
: Bi toán nhiều khi còn cho dới dạng khác nh:
Cho x, y, z > 0 thỏa mãn x
2
+ y
2
+ z
2
= 1
Chứng minh P =
222222
xy
z
zx
y
zy
x

2
33


Không ngừng sáng tạo, các bạn hãy thử sức với bi toán cao hơn sau!
Bi toán 7
: Cho x, y, z > 0 v x+ y+ z
2
3


CMR: A=
17
2
3111
2
2
2
2
2
2

z
z

y
y
x
x

( Hoặc tìm GTNN của biểu thức A)
Ta chú ý đến BĐT phụ sau:
2
222
2
111
2
2
2
1
2
2
2
1
2
2
2
1
)()( cbacbaccbbaa
(*)
Dấu = xảy ra kh i a
1
= a
2
= b

1
= b
2
= c
1
= c
2

Đồng thời chú ý điểm rơi của bi toán ny l x= y = z =
2
1

Cách 1
: Sử dụng BĐT (x+y+z)









zyx
111

9
* Bình luận: Với giả thiết x
2
+ y

2
+ z
2
= 1 v chú ý điểm rơi x =y = z =
3
1

ta nghĩ đến phải chăng cần biến đổi biểu thức P về dạng
P
(
2
33
2
33
2
33
2
33
222
zyx x
2
+ y
2
+ z
2
), từ đó m ta có các cách
sáng tạo ra bộ ba số dơng rồi áp dụng BĐT Côsi để nhằm sử dụng giả
thiết củng nh tính đồng thời xảy ra dấu = của x, y,z .
Khi dạy GV cần định hớng cho HS thấy đợc điều ny.
www.vnmath.com

************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

Từ x+ y+ z
2
3

=>









zyx
111



6
9

zyx

Đặt a =
2
111

zyx
=> a

36 v b = (x+ y+ z)
2
.
Ta có ab

9
2
= 81

Ta biến đổi a + b =
2
2
2
22
2
6
2
3
6

2
3
6
2
3 aba

2
2
2
2
2
6
2
3
6
9
2

3
2
aab






















=
2
2
2
2

2
2
3
6
2
3
6
2
3
2

(vì ab=81 v a

36 ) . Vậy a + b

2
2
3
6
2





Khi đó áp dụng BĐT (*) ta có :
17
2
3
=
2
3
6
111
)(
111
2
2
2
2

2
2
2
2
2
2
















ba
zyx
zyx
z
z
y
y
x

xA

Vậy A
17
2
3
. Dấu = xảy ra khi x = y =z =
2
1


Cách giải trên chúng ta đã gặp nhiều trong ti liệu. Song cách biến đổi còn khá
phức tạp. Các bạn có thể tìm thấy sự sáng tạo trong cách giải sau:

Cách 2
: Sử dụng BĐT Côsi cho 17 số dơng, ta có
Ta xét:
2
2
1
x
x
= x
2
+
17
301622
.16
1
17

16
1

16
1
xxx


(Chú ý điểm rơi x=y=z =
2
1
=> x
2
=
2
16
1
x
; )
Tơng tự:
17
30162
2
.16
1
17
1
yy
y

www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************


17
30162
2
.16
1
17
1
zz
z

Do đó A
3
17
3048
3
)(16
1
.173
xyz

=
102
3014
3
)(16
1

.
22
173
xyz

Do x+y+z
3
3 xyz
=>
8
1
2
3
3
3
xyzxyz

Thay vo A ta đợc: A

102
30
14
3
8
1
16
1
.
22
173

=
102
90
56
3
2
1
2
1
.
22
173







=
17
2
3
2.

22
173
2.
22
173
3
3
102
34
3

. Dấu = xảy ra x=y=z =
2
1


Tuy nhiên với cách giải trên ta thấy cha thật bằng lòng v sẽ không ngừng
sáng tạo sáng tạo nữa ta sẽ có cách ngắn gọn v hay hơn sau!

Cách 3
: Đặt t = (x+y+z)
2

9
4

. 0 < t
9
4

Vì (x+y+z)









zyx
111

9 =>

2
2
81111
zyx
zyx

.
Khi đó áp dụng BĐT (*) ta có A
t
t
81




Ta cần chứng minh A
17
2
3


17
2
381

t
t


4
15381

t
t

(t > 0)
Ta xét hiệu:
4
1531

t
t
=

36
4
9
81
4
153
2







tttt

Vì t
99
0; 36 0
44
tt

www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

=>

036
4
9







tt
=>
4
15381

t
t
.
Do đó A

t
t
81

17
2
3

.
Dấu = xảy ra x=y=z =
2
1
.

*Phân tích các cách giải bi toán 7:
Cách 1: Tách tổng a+b thnh các nhóm nhằm sử dụng đợc tích ab =81 v
a

36 v tính đồng thời xãy ra dấu bằng của x,y,z.
Cách 2: Chỉ sử dụng BĐT Côsi nên phù hợp với đại tr HS song sử dụng với
nhiều số hạng nên bậc của căn l quá lớn, việc ny đòi hỏi quá trình biến đổi HS
phải cẩn thận.
Cách 3: Đây l cách khá sáng tạo, lời giải phù hợp với chuẩn kiến thức nên
HS rất dễ hiểu. Khi dạy GV cần định hớng HS vo cách giải ny

V có rất nhiều rất nhiều bi toán m ta có thể sáng tạo ra nhiều cách giải
hay. Sau đây l một số bi tập ít nhất có từ 2 cách giải trở lên, các bạn có thể
tham khảo v hãy thử sức nhé!

Bi tập áp dụng

Bi 1
: Cho x, y l các số thực dơng thõa mãn: x+y =1
Tìm GTNN của A =
22
1
8( )
xy
x
y


Bi 2
: Tìm GTNN của P =
11
x
y
x
y



với x, y > 0 thõa mãn x+y = 1
( Đề thi GVG Tĩnh năm 2009-2010)

Bi 3
: Cho x, y, z > 0 . CMR:
222
222
x
yzxyz
yzxyzx



* Bình luận: Mặc dù ta dự đoán đợc điểm rơi song mỗi cách giải l một
sự sáng tạo, hớng giải khác nhau v thật độc đáo phải không các bạn?
Chính vì thế m toán học l sự khám phá không ngừng, ngời học toán
phát triển t duy qua giải toán.
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

(Gợi ý: C1: Dùng phép biến đổi tơng đơng
C2: Sử dụng hằng đẳng thức(a-b)
2
= 0v BĐT Côsi cho ba số không âm.
C3: Sử dụng BĐT Bunhiacôpxki
Bi 4
: Tìm x, y thõa mãn:
114
3
xy
xy xy

(Gợi ý: C1: Sử dụng hằng đẳng thức(a-b)
2
= 0;
C2: Sử dụng BĐT Bunhiacôpxki)
Bi 5
: Cho hình thang ABCD có gócA = gócD = 90
0
, đoạn thẳng AD cố định.
Điểm M thuộc đoạn AD sao cho MA = a; MD = b v góc BMC = 90
0
. Tìm độ di
2 đáy AB v CD sao cho diện tích

MBC nhỏ nhất.
(Gợi ý: C1: Sử dụng hm lợng giác sin
2

+ cos
2

= 1 v tỉ số lợng giác trong
tam giác vuông;
hoặc C2: định lý pitago kết hợp với tam giác đồng dạng. Lu ý các cách đều sử

dụng BĐT Côsi)

Bi 6: Một đờng tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với AB, AC lần lợt tại D
v E. Lấy điểm M thuộc đoạn thẳng AD, CM cắt DE tại I .
Chứng minh rằng:
I
MDM
I
CCE


(Điều cần c/m gợi ý ta nghĩ đến định lý ta lét, do vậy ta lm xuất hiện 2 đờng
thẳng song song.
C1: Vẽ CK // AB ;
C2: Vẽ MH // DE;
C3: Vẽ MK // AC
Từ đó sử dụng định lýTalet, tính chất của tam giác cân hoặc tính chất 2 tiếp tuyến
cắt nhau ta dễ dng c/m đợc
I
MDM
I
CCE

)


III. Kết luận v kiến nghị
1. Kết luận:
- Đề ti l sự tâm huyết của bản thân trong quá trình tự học, tự bồi dỡng v
đợc trải nghiệm trong quá trình nhiều năm dạy bồi dỡng HSG lớp 8,9.

- Đề ti thể hiện một cách viết sáng tạo, mới lạ không theo các mẫu quen
thuộc, thờng gặp. Qua đây tôi muốn nói rằng các bạn hãy sáng tạo hơn
www.vnmath.com
************** Sáng tạo nhiều cách giải hay từ những bi toán khó *****************

trong cách viết SKKN, viết phát triễn trên nhiều khía cạnh của kiến thức để
từ đó có nhiều SKKN hay v hiệu quả.
- Đề ti còn l sự dy công nghiên cứu, tìm tòi đa dạng cách giải hay từ một
bi toán của bản thân, song quá trình viết không thể tránh khỏi những thiếu
sót. Rất mong đợc sự góp ý chân thnh của các cấp thẩm định v bạn bè
đồng nghiệp để đề ti đợc phát huy hết tác dụng nhằm đa lại hiệu quả cao
trong công tác dạy học.
- Phạm vi v đối tợng sử dụng đề ti l kiến thức lớp 8- 9, dùng trong bồi
dỡng HSG lớp 8,9.
2. Kiến nghị:
- Viết KSKN phải l quá trình tự nghiên cứu sâu về kiến thức, sự trải nghiệm
trong dạy học v sự tâm huyết với nghề.
- Các nh trờng hng năm nên phát động phong tro viết SKKN một cách
có hiệu quả, có sự động viên khích lệ đối với những SKKN hay đã đợc
ứng dụng trong công tác giảng dạy đạt kết quả cao.
- Thiết nghĩ các cấp lãnh đạo Phòng, Sở hng năm chọn lọc những SKKN
xuất sắc, từ đó tổ chức nhiều hơn các buổi chuyên đề liên trờng, cấp sở để
GV có thể học hỏi kinh nghiệm lẫn nhau nhằm nâng cao trình độ chuyên
môn nghiệp vụ.


Tháng 4 năm 2011

www.vnmath.com
************** S¸ng t¹o nhiÒu c¸ch gi¶i hay tõ nh÷ng bμi to¸n khã *****************