Các chuyen đề bồi dưỡng HSG

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (226.83 KB, 17 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

A. PHẦN MỞ ĐẦU

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI:

- Ở trường THCS dạy toán là dạy hoạt động toán học cho học sinh (HS), trong đó giải tốn là
đặc trưng chủ yếu của hoạt động tốn học của HS. Để rèn kỹ năng đó cho HS, ngoài việc trang
bị tốt kiến thức cơ bản cho HS giáo viên cần hướng dẫn cho HS cách khai thác, tìm hiểu nhiều
cách giải khác nhau theo nhiều chiều hướng khác nhau cho những bài toán đơn giản hoặc là
những bài tốn khó.

- Nhưng thật tiếc là trong thực tế chúng ta chưa làm được điều đó một cách thường xuyên.
Phần lớn giáo viên chúng ta chưa có thói quen khai thác một bài toán bằng nhiều chiều hướng
khác nhau để đưa ra nhiều lời giải khác nhau cho một bài toán, mà trong giải toán chủ yếu
chúng ta mới chỉ dừng lại ở việc tìm ra kết quả bài tốn. Điều này làm cho HS khó tìm được
mối liên hệ giữa các kiến thức đã học với bài toán. Cho nên khi bắt đầu giải một bài toán mới
HS không biết bắt đầu từ đâu? Cần vận dụng kiến thức nào đã học? Vẽ hình phụ như thế nào?
Có cơ sở nào để giúp các em có được những kĩ năng cần thiết khi học toán và giải toán?

- Một điều chắc chắn rằng, việc khai thác bài tốn theo hướng tìm nhiều lời giải sẽ kích thích
hứng thú học tập và óc sáng tạo của học sinh. Từ đó giúp học sinh có cơ sở khoa học khi phân
tích, định hướng tìm lời giải cho các bài toán khác. Hơn nữa là củng cố cho học sinh lịng tin
vào khả năng giải tốn của mình.

- Vì vậy trong quá trình dạy học việc hình thành cho học sinh thói quen tìm tịi mở rộng các
bài tốn quen thuộc thành các bài tốn mới, tìm nhiều cách giải khác nhau cho một bài toán là
một phương pháp khoa học và hiệu quả mà mỗi giáo viên cần được trau rồi.

* Chính vì những lí do trên mà tôi đã viết và áp dụng sáng kiến kinh nghiệm “ Tìm nhiều lời
giải cho một bài tốn”.

II.PHẠM VI NGHIÊN CỨU:

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

THCS

2. Đối tượng: Học sinh khá giỏi trường THCS

3. Mục đích: Trao đổi kinh nghiệm và giúp HS có các cách nhìn theo nhiều chiều
hướng khác nhau về một bài tốn.

B. PHẦN NỘI DUNG

BÀI TOÁN 1:

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

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

 

ABCACB. Ta cần chứng minh

AB DB

AC DC (*)

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

Chứng minh:

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

AB DB

AC DC (ĐPCM)

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

 

ABEACD

D C

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Gợi ý:

Chứng minh BE = BD và EABDAC(g.g)

Cách 3: Ta cũng có thể tạo ra các cặp tam giác vuông đồng dạng bằng cách từ B và C kẻ
đường thẳng vng góc với AD tại E và F. Từ đó ta có điều phải chứng minh.

Gợi ý:

Chứng minh EABFAC(g.g) và 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 bài tốn thì ta cũng 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 ở E
Từ đó ta có điều phải chứng minh:

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

F
E

D C

H

M N

D C

B

A

E

D C

B

A
E

D C

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

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

tứ giác AEDF là hình thoi và

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 này cắt nhau tại E, DE cắt AC tại F.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.

BÀI TỐN 2:

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

Chứng minh rằng:  450  450

Hướng thứ nhất: Tạo ra tam giác vuông cân.

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

- Để chứng minh tam giác ADC vuông cân tại 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

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

- Từ đó suy ra ĐPCM

Cách 2: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

- Chứng minh B1 và Chứng minh DAB vng cân

tại A => ĐPCM

Cách 3: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

- Chứng minh B1

- Chứng minh DAB vng cân tại A

=> ABD450 => ĐPCM

Cách 4: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

- Chứng minh C1

- Chứng minh DAC vuông cân tại D

=> ACD450 => ĐPCM

Hướng thứ hai: Xét tam giác đồng dạng

Cách 5: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

- Chứng minh: Ta có ADB chung và

2
2

AD DB

CD  DA

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

- Do đó  =  DAB = D

1 = 450

Cách 6: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

Ta có ADB AKC 1350và

2
2

AD DB

AK  KC

F

E




D

C
B

A

K
D
F

E




C
B

A

K
D

F

E




C
B

A

K
D

F

E




C
B

A
F

E



1

D

C
B

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

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



KCA

 = 450

Cách 7: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

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

Suy ra ĐPCM

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

- Suy ra C1 

- Vậy  =  C1 = 450

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

- Suy ra B1

- Vậy  =  B1 = 450

Hướng thứ 3: Xét các tỷ số lượng giác

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



1
2 tgC

  

=> C1 

- Vậy  =  C1 = 450
Cách 11:

- Ta có tg



1
3 tg B

  

=> B1

- Vậy  =  B1 = 450 O

F

E




C
B

A
P

O
K
D

F

E




C
B

A
F

E




D

C
B

A

O
F

E




C
B

A

P
O

K
D

F

E




C
B

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

BÀI TOÁN 3:

Cho a > c > 0 và b > c > 0. 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  0 ln đúng
Vậy ta có điều phải chứng minh
Dấu “=” xảy ra  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









1 0

xy 

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

ab
a b

Cách 3: Dùng bất đẳng thức đã biết

Ta có (1) 

( ) ( )

c a c c b c

ab ab

 

 

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM
Ta lại có

( ) ( ) 1 1 1

2 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 ra 

1
1

c a c c

c c ab

b a a c

c b c c b a a b

a b b




  




    



 

   




</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Áp dụng bất đẳng thức CBS ta có





 





 

2 2

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

   

   

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ( )( )

a c b c ab

c a c b c c

a b

c c

 

      



Cách 5: Dùng điều kiện có nghiệm của 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 của hàm số khi và chỉ khi f(c) = 0 có nghiệm

 ’  0  4y4(ab – y2)  0  y2  ab  y  ab => ĐPCM

Cách 6: Dùng phương pháp hình học

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

 BH = a c và AH = b c

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

Vậy c a c(  ) c b c(  )  ab

Dấu “=” xảy ra  BCA = 900

1 1 1

c a b  c = 
ab
a b

BÀI TOÁN 4:

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

Cách 1:

b-c
a-c

c b
a

H
C

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Ta có S = p p a p b p c(  )(  )(  ) =
1

( )( )( )( )

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

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

 4[(a4 + b4 + c4) - (a2b2 + b2c2 + c2a2)]  0

 2[(a2 – b2)2 + (b2 – c2)2 + (c2 – a2)]  0 
Vậy ta có điều cần chứng minh.

Cách 2:

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

2 2 2

2
os

S
SinC

ab

a b c

C C

ab








 

 



 =>

2 4 4 4 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

4 2 2 2

S a b c a b a c b c

a b a b

    



= 1
=> 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
=> 3

2 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 và b2 – c2 – b2 + 4cb  4 3S 
Suy ra 4(ab + bc + ca) – (a2 + b2 + c2)  12 3S

Mặt khác ab + bc + ca  a2 + b2 + c2 => 12 3S  3(a2 + b2 + c2) => 4 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

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=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 ( )

. . .

2 2 2

p a b p b c p c a

p      



8 8 3

p p a b c

abc    

 







 







2 2

2 2 2 2 2 2

4 1 1 1 2 2 2

16.27 16.27 16.3

a b c a b c

a b c         

 

=> ĐPCM

Cách 6: Ta có 4 3S = 4 3. p p a p b p c(  )(  )(  )

( ) ( ) ( )

4 3

p a p b p c

p       

  

 







2 2 2

 

2 2 2



2 2 2

1 1 1
4

3 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 > 0. Khi đó 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  )
= 4 3xyz x y z(   ) 4 3. S

Vậy ta có điều phải chứng minh.

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



với A, B, C là các góc của một tam giác.
Ta có:

1 1 1 9

2 3
sinAsinBsinC sinAsinBsinC 

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

1 1 1 2 .9

4 3.
sin sin sin sin sin sin

S

A B C A B C

 

   

 

 

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Vậy ta có ĐPCM

Cách 10: Áp dụng bổ đề: cotgA + cotgB +cotgC  3

Theo định lí Cosine trong tam giác ta có

2 2 2 2 2

2 . osA= 4 . otgA
2 . osB=a 4 . otgB
2 . osC= 4 . 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 là trung điểm của BC. Kẻ đường cao AH.
Ta có a2 + b2 + c2 = BC2 + AB2 + CA2

= BC2 + 2AM2 +

2 3 2

2 2

BC BC



+ 2AH2

2 .2 2 3 . 4 3.

BC

AH BC AH S

  

Vậy ta có ĐPCM

BÀI TỐN 5

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

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = 3 3
1 1

x  y

Cách 1:

Ta có A = 3 3
1 1

x  y =

3 3 2 2

3 3 3 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 + 3 =

(x y)

xy


M

H C

B

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Suy ra A =

2
2

( ) 3

( )

x y z

x y x y

 

 

  

   

Mà (x + y)xy = x2 + y2 – xy =

2
2
3
0
2 4
y
x y
 
  
 

  , do đó nếu x < 0 và y < 0 thì xy(x + y)<0.

Mâu thuẫn.

Do vậy x > 0 và y > 0 hoặc x > 0 và y < 0
Nếu x > 0 và y < 0 thì (x + y + 3)xy = (x + y)2
=> x + y + 3 < 0 vì xy < 0 nên x + y < -3

=> x y > 3 =>
3

x y < 1 => A =

2
2

3 3

1 1 4

x y x y

 
 
    
 
 
   

Nếu x > 0 và y > 0 thì xy(x + y) = x2 – xy + y2  xy

=> x + y  1 =>

1
1

x y  => A =

2
3
1 16
x y
 
 
 

 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1
1 2
x y
x y
x y


  

 



Vậy GTLN cả A = 16  x = y =
1
2

Cách 2: Ta có A = 3 3
1 1

x  y =

3 3 2 2

3 3 3 3 3 3

( )( ) ( )( )

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

x y x y x y xy

 

      

   

 

Lại có (x + y)xy = x2 – xy + y2 =

2
2
3
0
2 4
y
x y
 
  
 

  => x + y



0 và xy



0

Đặt B =

xy

x y . Ta có B =





2 2 2

2 2 2 2

( ) ( ) 3 3

( ) ( ) ( )

xy x y x xy y x y xy xy

x y x y x y

x y

    

   

  



Mà xy 

( ) 3 3

4 ( ) 4

x y xy

x y


 



Do đó B
3
1

 

=> 0 <
1

B  => A =

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =
1
2

Vậy GTLN của A là 16 khi và chỉ khi x = y =
1
2

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

( )
4
( )

x y
xy x y






=> 4

x y
xy


Mà
2
2 2
( )
0

x y x y

xy x xy y

 

 

  Do đó

2
16
x y
xy
  

 
 

Vậy A = 3 3
1 1

x  y =

3 3 2 2

3 3 3 3 3 3

( )( ) ( )( )

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

x y x y x y xy

 

      

   

  16

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =
1
2

Vậy GTLN của A là 16 khi và chỉ khi x = y =
1
2

Cách 4:

Đặt S = x + y và P = x.y. Vì (x + y)2  4xy nên S2  4P.
Từ xy(x + y) = x2 – xy + y2 , Ta có SP = S2 – 3P => P =

S  SP

Lại có S2

4.
3

S  SP

=> 1
1 1
4.
3 4
P
P
S
S

  

. Do đó

2
1
16
P
S
 

 
 

Suy ra A =

2 16

S

P  . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =

1
2
Vậy GTLN của A là 16 khi và chỉ khi x = y =

1
2

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) = 1 – t – t2
Do đó A = 3 3

1 1

x  y =

3 3 2 2

3 3 3 3 3 3

( )( ) ( )( )

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

x y x y x y xy

 

      

   

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

=> A =

2 2 2

1 1 2

. 1

x tx t t t

x tx tx t t

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

Mà ta có 3(t – 1)2  0

 4(t2 – t + 1)  t2 + 2t + 1. Nên 0 

2
2
1 2
1
t t
t t
 

   4

Do đó A  16 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =

1
2

Vậy GTLN của A là 16 khi và chỉ khi x = y =

1
2

Cách 6:

Ta có (x + y)xy = x2 – xy + y2 =

2
2
3
0
2 4
y
x y
 
  
 

  =>

1 1

x y

x y xy



  

Suy ra A = 3 3
1 1

x  y =

2 2

3 3 2 2

3 3 3 3 3 3

( )( ) ( )( ) 1 1

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

x y x y x y xy x y

   

      

      

   

=> A3 =

6
1 1
x y
 

 

  Ta chứng minh với a + b > 0 ta có

3 3 3

2 2

a b a b

 



 

 

Do đó 0 <

3
3
3
1 1

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

  =>

2
3
3
6
1 1
1 1
2 2
x y
x y
    
    
    
   
   

   
 
 
 
 
   
=>
2
3
6 16
2 2
A A
A
 
   
 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

1
1 2
x y
x y
x y


  

 


Vậy GTLN cả A = 16  x = y =
1
2

Cách 7:

Vì xy(x + y) = x2 – xy + y2 và x, y khác 0 nên ta có 2 2

1 1 1 1 1

x y x  xy y

Đặt
1

a
x  và

b

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

Mà ab





a b



nên a + b





2 3

( )
4

a b a b

   

=> (a + b)2 – 4ab  0 => 0 a + b  4
Suy ra A = a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) = (a + b)2  16

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =
1

2. Vậy GTLN của A là 16 khi và chỉ khi x = y = 
1
2

Cách 8:

Ta có xy(x + y) = x2 + y2 – xy = 
1

4(x + y)2 + 
3

4(x – y)2

( )
4 x y

 

> 0

=> 0 <

( )
4
( )

x y
xy x y





 => 0 < 4
x y

xy




x y
xy

  



 

 

Do đó A = 3 3
1 1

x  y =

3 3

3 3 16

x y x y

x y xy

 

 

  

 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =
1
2

Vậy GTLN của A là 16 khi và chỉ khi x = y =
1
2

MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG

Bài tập 1: Chứng minh rằng x3 + 3 + 2

1 10
3 3

x  

Bài tập 2: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh rằng

3
2

a b c

b c c a a b     

Bài tập 3: Cho a, b, c thoả mãn các điều kiện 0  a, b, c  và a + b + c = 3. Tìm GTLN của

biểu thức A = a2 + b2 + c2.

Bài tập 4: Giải hệ phương trình

3 2

9 27 27 0
9 27 27 0
9 27 27 0

x y y

y z z

z x x

    



   




   



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

sao cho CD = 2.CB. Tính ADB.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

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

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

D. Chứng minh rằng BC = BD + AD.

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

Bài tập 9: Từ một điểm M thuộc đáy BC của tam giác cân ABC (AB = AC), kẻ ME và MF
theo thứ tự vng góc với AB và AC ( E thuộc AB và F thuộc AC). Chứng minh rằng tổng
ME + MF luôn không đổi khi M di động trên cạnh BC.

Bài tập 10: Cho các số thực dương a, b, c và thoả mãn a.b.c = 2. Chứng minh rằng:
a3 + b3 + c3  a b c b a c c a b     . Dấu “=” xảy ra khi nào?

C.

PHẦN KẾT LUẬN

- Việc phân tích và tìm nhiều lời giải cho một bài toán là một yếu tố cơ bản trong quá trình dạy
học. đặc biệt là trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi. có thể khẳng định đấy là một phương pháp
giúp học sinh nắm vững kiến thưc, giải quyết linh hoạt các bài toán và đạt kết quả cao trong
học tập. điều quan trọng nhất là việc áp dụng sáng kiến này đã giúp cho học sinh biết cách tìm
hiểu bài tốn theo nhiều chiều hướng khác nhau, nhiều khía cạnh khác nhau của giả thiết để từ
đó tìm được nhiều cách giải hay khác nhau cho một bài tốn. Việc khai thác bài tốn theo
hướng tìm nhiều cách giải còn tạo cho học sinh khả năng phân tích, tổng hợp và phương pháp
tư duy logic trong học tập. Đặc biệt học sinh có hứng thú và u thích tốn học hơn và có đủ
tự tin trong quả trình học tập và nghiên cứu sau này.

- Trên đây là một số kinh nghiệm nhỏ của bản thân trong việc hướng dẫn HS tìm nhiều lời giải
cho một bài tốn mà tơi tích luỹ được qua q trìng dạy học và bồi dưỡng học sinh giỏi. Rất
mong được tiếp tục trao đổi cùng đồng nghiệp và bạn đọc.

Vĩnh tường, ngày 15 tháng 01 năm 2010

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>