(Sáng kiến kinh nghiệm) tìm nhiều lời giải cho một bài toán

Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

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 tốn 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 tốn mới
HS khơng 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:
GV: Lê Phúc Lợi

1


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

1. Phạm vi nghiên cứu đề tài: Các bài tốn đại số và hình học trong chương trình
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 TỐN 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.”
- Không 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:
A

Qua B vẽ đường thẳng song song với AC cắt AD tại E.
·
·
·
=> CAE
(GT)
= ·AEB (so le trong), mà CAE
= BAE
B

D

C

·
=> BAE
= ·AEB => AB = BE (1)
E

BE BD
=
Mặt khác AC // BE =>
(Định lí Talet) (2)
AC DC

Từ (1) và (2) ta có

AB DB
=

(ĐPCM)
AC DC

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

GV: Lê Phúc Lợi

2


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

Gợi ý:

A

Chứng minh BE = BD và ∆EAB : ∆DAC (g.g)

E
D

B

C

Cách 3: Ta cũng có thể tạo ra các cặp tam giác vng đồng dạng bằng cách từ B và C kẻ

đường thẳng vuông góc với AD tại E và F. Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Gợi ý:

A

E

Chứng minh ∆EAB : ∆FAC (g.g) và ∆BDE : ∆CFD (g.g)

D

B

AB EB DB
=
=
Suy ra:
AC FC DC

C

F

Cách 4: Nếu ta nghĩ đến việc áp dụng diện tích để giải bài tốn thì ta cũng có điều phải
chứng minh:
A

Gợi ý: Kẻ AH ⊥ BC, DM ⊥ AB, DN ⊥ AC.
Ta có ∆ ADM = ∆ AND (ch-gn) => DM = DN
S

DM . AB

AB
ABD
=> S = DN . AC =
AC
ACD

=>

AB DB
=
AC DC

N

M
B

H

Cách 5: Tiếp tục rở lại cách vận dụng Talet ta có cách giải

C

D

E

sau:
Gợi ý:

A

Qua B vẽ đường trẳng song song với AD cắt CA ở E
Từ đó ta có điều phải chứng minh:

B

D

C

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:
GV: Lê Phúc Lợi

3


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

Gợi ý: Qua D kẻ các đường thẳng song song với AB và AC

A

cắt AB và AC tại E và F. Rồi chứng minh ∆BDF : ∆DEC (g.g),

BD BF DF BF + DF
=
=
=
tứ giác AEDF là hình thoi và
. Từ đó
DC DE CE BE + CE

E
F
B

C

D

ta có điều phải chứng minh.
Cách 7: Qua D kẻ đường thẳng song song với AB,

A

E

qua A kẻ đường thẳng song song với BC, hai
F

đường thẳng này cắt nhau tại E, DE cắt AC tại F.
B

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

C

D

BÀI TỐN 2:
Cho hình chữ nhật AECF tạo bởi ba hình vng bằng

F

E

β

α

nhau, xếp kề nhau như hình 1.

C

A

Chứng minh rằng: α + β = 450

D

Hướng thứ nhất: Tạo ra tam giác vng cân.
1

Cách 1: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

F

GV: Lê Phúc Lợi

K
α

- Chứng minh ∆AHD = ∆DKC = ∆AFB (g.c.g)
- Để chứng minh tam giác ADC vuông cân tại D.

2

A

β

1

E

C

4


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

- Từ đó suy ra ĐPCM
Cách 2: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)
D

µ = β và Chứng minh ∆ DAB vuông cân
- Chứng minh B
1
F

tại A => ĐPCM
Cách 3: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

C

B

1
α

β

C E

B

FA

α

β

µ =β
- Chứng minh B
1

1

E

A

- Chứng minh ∆ DAB vuông cân tại A
=> ·ABD = 450 => ĐPCM
D

Cách 4: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)
- Chứng minh Cµ1 = α
- Chứng minh ∆ DAC vng cân tại D
=> ·ACD = 450 => ĐPCM
Hướng thứ hai: Xét tam giác đồng dạng
Cách 5: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

D

F

AD
2 DB
=
=

- Chứng minh: Ta có ∠ ADB chung và
CD
2
DA

=> ∆ADB : ∆CDA (c.g.c) => ∠ DAB = ∠ DCA = β

C

B
α

1

β

E

K

A

·
- Do đó α + β = α + DAB
= ∠ D1 = 450

Cách 6: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

D

F
1

AD
2 DB
=
=
Ta có ·ADB = ·AKC = 1350 và
AK
2
KC

F

GV: Lê Phúc Lợi

D

β

B

α
1

C

β

E

K

A
A

C

B
α

K

E

5


Trường THCS Vĩnh Tường
=>

Sáng kiến kinh nghiệm
C

B

F

∆ADB : ∆AKC (c.g.c) => ∠ KCA = β . Vậy α + β =

α

β
1

·
β + KCA
= 45

0
E

A

Cách 7: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)
D

- Chứng minh ∆ADC : ∆AKB (c.g.c) => ∠ B1 = β
Suy ra ĐPCM
Cách 8: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)
D

F

- Chứng minh ∆BDP : ∆CKO (g.g)

P

- Suy ra ∠C1 = α

C

B
α

β

1

O
E

K

A

- Vậy α + β = β + Cµ1 = 450
C

B

F

Cách 9: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)

α
1

β

- Chứng minh ∆CDA : ∆BOA (g.g)

E

A

- Suy ra ∠B1 = β

O

- Vậy α + β = α + Bµ1 = 450
Hướng thứ 3: Xét các tỷ số lượng giác
Cách 10: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)
D

F

- Chứng minh ADCK là hình bình hành

P

1
2

- Ta có tg α = = tgCµ1 => ∠C1 = α

C

B
α

β

1

O
E

K

A

- Vậy α + β = β + Cµ1 = 450
Cách 11:

α
1

1
3

- Ta có tg β = = tg Bµ1 => ∠B1 = β

β

E

A

- Vậy α + β = α + Bµ1 = 450

C

B

F

O

BÀI TOÁN 3:
GV: Lê Phúc Lợi

6


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

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) + 2 c (a − c)(b − c) ≤ ab

 ab + 2c2 – 2 c (a − c)(b − c) ≥ 0  c2 + (a – c)(b – c) - 2 c (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 2 x + c 2 y ≤ c ( x + 1)( y + 1)  x + y ≤ ( x + 1) ( y + 1) 

(

)

2

xy − 1 ≥ 0

=> 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)
+
≤1
ab
ab

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM
Ta lại có

c(a − c)
c(b − c) 1  c a − c  1  c b − c  1  a b 
+
≤  +
÷+  +
÷=  + ÷= 1
ab
ab
2b
a  2a
b  2a b

c
c a − c
 b = a = 1 − a
c c
ab
⇔ + =1⇔ c =
Dấu “=” xảy ra  
b a

a+b
 c = b − c = 1− c
 a
b
b

Cách 4: Dùng bất đẳng thức đã biết
Áp dụng bất đẳng thức CBS ta có

GV: Lê Phúc Lợi

7


Trường THCS Vĩnh Tường
(a − c) c + c (b − c) ≤ 


Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

Sáng kiến kinh nghiệm

( a − c)

2

+

( c)

2


 

( b − c)

2

+

( c)

2

 = ab


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

C

 Khi đó ta có c(a − c) + c(b − c) = 2SCBH + 2SCAH = 2SABC
2 a b SinC ≤ ab

B

Vậy c(a − c) + c(b − c) ≤ ab
Dấu “=” xảy ra  ∠ BCA = 900 

a

a-c

c

H

=

b

b-c

A

1 1 1
ab
= + c=
c a b
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 3 S

(1)

Cách 1:
Ta có S =

p ( p − a )( p − b)( p − c) =

1
(a + b + c)(b + c − a )(c + a − b)(a + b − c)
2

=> 16S2 = 2(a2b2 + b2c2 + c2a2) – (a4 + b4 + c4)
GV: Lê Phúc Lợi

8


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

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:
2S

 SinC = ab
4 S 2 a 4 + b 4 + c 4 + 2a 2b 2 − 2a 2c 2 − 2b 2 c 2
+
=>
=1

2

2
2
a 2b 2
4a 2b 2
CosC = a + b − c

2ab

=> 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 3 S
Cách 3:
Ta có 3 SinC + cosC = 2Sin(C + 300) ≤ 2
2
2
2
 2S  a + b − c
≤ 2 => c2 – a2 – b2 + 4ab ≥ 4 3 S
2ab

=> 3  ÷+
 ab 

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

Suy ra

Mặt khác ab + bc + ca ≤ a2 + b2 + c2 => 12 3 S ≤ 3(a2 + b2 + c2) => 4 3 S ≤ (a2 + b2 + c2)
Cách 4:
Ta có a2 + b2 + c2 - 4 3 S = a2 + b2 + ( a2 + b2 – 2ab.cosC) - 2 3 abSinC
0
= 2(a – b)2 + 4ab[1 - Cos ( C + 60 ) ] ≥ 0

=> a2 + b2 + c2 ≥ 4 3 S
Cách 5:
Ta có S2 = p(p – a)(p – b)(p – c) = p. ( p − a)( p − b) ( p − b)( p − c) ( p − c)( p − a )
3

≤ p.

2 p − ( a + b ) 2 p − (b + c ) 2 p − ( c + a )
p
p  a+b+c 
.
.
= abc ≤ 
÷
2
2
2
8
8
3


GV: Lê Phúc Lợi

9


Trường THCS Vĩnh Tường
= ( a + b + c)
16.27

4

Sáng kiến kinh nghiệm

( 12 + 12 + 12 ) ( a 2 + b 2 + c 2 ) 
a 2 + b2 + c2 )
(


≤
=
16.27
16.3
2

2

=> ĐPCM
( p − a ) + ( p − b) + ( p − c ) 
Cách 6: Ta có 4 3 S = 4 3 . p( p − a)( p − b)( p − c) ≤ 4 3 p 


3


3

2
2
12 + 12 + 12 ) ( a 2 + b 2 + c 2 )
a + b + c)
(
= 4p = (
≤
= a 2 + b2 + c2

3

3

3

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 ≤
Ta có:

3 3
với A, B, C là các góc của một tam giác.
2

1
1
1
9
+
+
≥
≥2 3
sin A sin B sin C sin A + sin B + sin C
1
1 
2 S .9
 1
+
+
≥ 4 3.S
÷≥
 sin A sin B sin C  sin A + sin B + sin C

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

Vậy ta có ĐPCM
Cách 10: Áp dụng bổ đề:

cotgA + cotgB +cotgC ≥ 3

GV: Lê Phúc Lợi

10


Trường THCS Vĩnh Tường

Theo

định

lí

Cosine

Sáng kiến kinh nghiệm

trong

tam

giác

ta

có

 a 2 = b 2 + c 2 − 2bc.cosA=b 2 + c 2 − 4S .cotgA
 2
2
2
2
2
b = a + c − 2ac.cosB=a + c − 4 S .cotgB
c 2 = b 2 + a 2 − 2ba.cosC=b 2 + a 2 − 4S .cotgC


A

B

H

M

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 +

BC 2 3BC 2
≥
+ 2AH2

2
2

3BC 2
.2 AH 2 = 2 3BC. AH = 4 3.S
2

≥2

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
1

1

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = x3 + y 3
Cách 1:
2

1 1
x 3 + y 3 ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) ( x + y )( x + y ) xy  x + y 
+
=
=
Ta có A = x3 y 3 = 3 3 =
÷
x y
x3 y 3
x3 y 3

 xy 

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

2

2

2

( x + y + z )2 
3 
= 1 +
Suy ra A =
÷
2
( x + y)
 x+ y

GV: Lê Phúc Lợi

11


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

2

y 3

Mà (x + y)xy = x + y – xy =  x − ÷ + y 2 > 0 , do đó nếu x < 0 và y < 0 thì xy(x + y)<0.
2 4

2

2

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
2

2

3

3  
3 
< 1 +
=> x + y > 3 =>
< 1 => A = 1 +
÷ <4
÷
x+ y
x+ y 

 x+ y 

Nếu x > 0 và y > 0 thì xy(x + y) = x2 – xy + y2 ≥ xy
1
=> x + y ≥ 1 => x + y ≤ 1 => A =

2


3 
1 +
÷ ≤ 16
 x+ y

x = y
1
⇔x= y=
2
x + y = 1

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 

Vậy GTLN cả A = 16  x = y =

1
2
2

1 1
x 3 + y 3 ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) ( x + y )( x + y ) xy  x + y 

=
=
Cách 2: Ta có A = x3 + y 3 = 3 3 =
÷
x y
x3 y 3
x3 y 3
 xy 
2

y 3

Lại có (x + y)xy = x – xy + y =  x − ÷ + y 2 > 0 => x + y
2 4

2

2

≠ 0 và xy ≠ 0

xy ( x + y ) x 2 − xy + y 2 ( x + y ) 2 − 3xy
3xy
xy
=
=
= 1−
Đặt B = x + y . Ta có B =
2
2

2
( x + y)
( x + y)
( x + y)2
( x + y)

Mà xy ≤

( x + y)2
3 xy
3
=>
≤
2
4
( x + y)
4
2

Do đó B ≥ 1 −

3
1
1
=> 0 < ≤ 4 => A =  ÷ ≤ 16
4
B
B

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

GV: Lê Phúc Lợi

12


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

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

( x + y)2
≤4
xy ( x + y )

2

x+ y
( x + y)2

=
>0
Mà
xy
x 2 − xy + y 2

 x+ y
Do đó 
÷ ≤ 16
 xy 
2

Vậy A =

1 1
x 3 + y 3 ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) ( x + y )( x + y ) xy  x + y 
+
=
=
=
=
÷ ≤ 16
x3 y 3
x3 y 3
x3 y 3
x3 y 3
 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

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 2 − SP
3

P
2
1−
S 2 − SP
1
P
P
1
Lại có S ≥ 4.
=> 1 ≥ 4. S => ≥ . Do đó  ÷ ≥
3
 S  16
3
S 4
2

Suy ra

A=

1
S2
≤ 16 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =
2
2
P

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
2

1 1
x 3 + y 3 ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) ( x + y )( x + y ) xy  x + y 
=
=
Do đó A = x3 + y 3 = 3 3 =
÷
x y
x3 y 3

x3 y 3
 xy 
2

2

2

2
 x + tx   1 + t   1 + 2t + t 
=> A = 
÷ =
÷ =
2 ÷
 x.tx   tx   1 − t + t 

Mà ta có 3(t – 1)2 ≥ 0  4(t2 – t + 1) ≥ t2 + 2t + 1. Nên 0 ≤

GV: Lê Phúc Lợi

1 + 2t + t 2
≤ 4
1− t + t2

13


Trường THCS Vĩnh Tường
Do đó A ≤ 16

Sáng kiến kinh nghiệm

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =

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

1
2

1
2

Cách 6:
2
1 1 x+ y
y 3 2

Ta có (x + y)xy = x – xy + y =  x − ÷ + y > 0 => x + y = xy > 0
2 4


2

2

2

2

1 1

x 3 + y 3 ( x + y )( x 2 − xy + y 2 ) ( x + y )( x + y ) xy  x + y   1 1 
+
=
=
Suy ra A = x3 y 3 = 3 3 =
÷ = + ÷
x y
x3 y 3
x3 y 3
 xy   x y 
6

1 1
=> A =  + ÷
x y
3

a+b

3



Ta chứng minh với a + b > 0 ta có 
÷ ≤
 2 

2

3

3
6

 1 1    1  +  1  ÷
+
2

÷
 x y ÷  x  y÷ ÷
A3  A 


÷ ≤
=> A ≤ 16
=> 
÷ => 26 ≤  2 ÷
2
 2 ÷ 

÷

÷ 
÷

 


3

3

a 3 + b3
2

3
 1 1   1  + 1 
+

÷  x÷ 
Do đó 0 <  x y ÷ ≤    
2
 2 ÷

÷



x = y
1
⇔x= y=
2
x + y = 1

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi 

Vậy GTLN cả A = 16  x = y =

1
2

Cách 7:
1

1

1

1

1

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

1
1
= a và = b . Ta có a + b = a2 – ab + b2 => a + b = (a + b)2 – 3ab
y
x

Mà ab ≤ (

a + b)
4

2

3
4

nên a + b ≥ (a + b)2 − ( a + b ) => (a + b)2 – 4ab
2

Suy ra A = a3 + b3 = (a + b)(a2 – ab + b2) = (a + b)2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =

1
.
2

≤

≤

0 => 0 ≤ a + b

≤

4

16

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

1
2

Cách 8:
GV: Lê Phúc Lợi

14


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

Ta có xy(x + y) = x2 + y2 – xy =

1
3
1
(x + y)2 + (x – y)2 ≥ ( x + y )2 > 0
4
4
4
2

x+ y
( x + y)2
≤ 4 =>  x + y ÷ ≤ 16
≤ 4 => 0 <
=> 0 <
xy
xy ( x + y )
 xy 
2

1 1
x3 + y 3  x + y 

Do đó A = x3 + y 3 = 3 3 = 
÷ ≤ 16
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 +

1
10
≥
x +3 3
2

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

a
b

c
3
+
+
≥
b+c c+a a +b 2

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.
 x 3 − 9 y 2 + 27 y − 27 = 0
 3
2
 y − 9 z + 27 z − 27 = 0
 z 3 − 9 x 2 + 27 x − 27 = 0


Bài tập 4: Giải hệ phương trình

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.
Bài tập 6: Cho tam giác ABC có ∠ B = 650 và

∠C

= 450. Trong góc ABC vẽ tia Bx sao cho

∠ 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 vuông góc với AB và AC ( E thuộc AB và F thuộc AC). Chứng minh rằng tổng
GV: Lê Phúc Lợi

15


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

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 tốn 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 toán. Việc khai thác bài

tốn theo hướng tìm nhiều cách giải cịn 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 quá 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
Người viết đề tài

Lê Phúc Lợi
ĐÁNH GIÁ VÀ XẾP LOẠI CỦA BAN THI ĐUA

.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
GV: Lê Phúc Lợi

16


Trường THCS Vĩnh Tường

Sáng kiến kinh nghiệm

..................................................................................................................................................
…...................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................
.......................................................................................................................................................

................................................................................................................................................

GV: Lê Phúc Lợi

17