SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT TÂY HIẾU



SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI
PHÁT TRIỂN TƯ DUY CHO HỌC SINH
THÔNG QUA GIẢI BÀI TOÁN IMO
THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN

Họ tên: Võ Nam Phong
Tổ: Toán Tin
Nhóm: Toán
Số điện thoại: 0986.718.703

Naêm hoïc 2015 - 2016


MỤC LỤC
Danh mục chữ cái viết tắt

Trang 2

1. MỞ ĐẦU

Trang 3

1.1 Lý do chọn đề tài


2.3 Mở rộng bài toán trong măt phẳng

Trang 15

2.4. Mở rộng bài toán trong không gian

Trang 20

3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM

Trang 22

3.1 Kết quả từ thực tiễn

Trang 22

3.2 Kết quả thực nghiệm

Trang 23

4. KẾT LUẬN

Trang 24

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang 25

1


V

Thể tích khối tứ diện ABCD

SA

Diện tích mặt đối diện đỉnh A trong tứ diện ABCD

2


1. MỞ ĐẦU
1.1 Lý do chọn đề tài
Toán học là môn học có vai trò hết sức quan trọng trong chương trình THPT.
Toán học không những giúp cho học sinh kỹ năng tính toán mà còn phát triển tư
duy cho học sinh, đặc biệt là tư duy sáng tạo, khái quát…
Trong toán học, việc phát triển tư duy cho học sinh là việc hết sức quan trọng.

Đối với nhiều học sinh, các em thường hài lòng với việc giải xong một bài toán
mà không xem xét thêm cách giải khác là khá phổ biến. Trong quá trình dạy học
tôi thường khuyến khích học sinh giải bài toán theo nhiều cách khác nhau, từ đó
rèn luyện cho học sinh thói quen giải quyết một vấn đề theo nhiều cách khác
nhau, tư duy đó rất có ích trong cuộc sống hiện đại ngày nay. Trong quá trình dạy
học tôi thấy bài toán IMO sau đây rất thú vị, bài toán đó là: “ Cho tam giác
ABC có độ dài ba cạnh là a, b, c và có diện tích là S . Chứng minh rằng:

a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 S 3. ” Tôi thấy rằng có rất nhiều cách để tính diện tích tam giác,
từ đó ta có thể chứng minh bài toán thú vị này theo nhiều cách khác nhau. Mặt
khác, giữa mặt phẳng và không gian có mối liên hệ với nhau, các tính chất trong


2. NỘI DUNG
2.1 Một số kết quả thường gặp trong tam giác
KQ1. Công thức diện tích tam giác
1
1
abc
S = a.ha = ab sin C =
= pr
2
2
4R
= p ( p − a )( p − b)( p − c) ( công thức Hê rông)
1
=
2 ( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) − ( a 4 + b 4 + c 4 )
4

(1)

Chứng minh công thức (1) ( các công thức còn lại có trong sách giáo khoa 10)
Cách 1. Theo công thức Hê rông ta có
16 S 2 = p ( p − a )( p − b)( p − c)
= (a + b + c)(a + b − c)(b + c − a )(c + a − b)
= (b + c) 2 − a 2   a 2 − (b − c)2 
=  2bc + (b 2 + c 2 − a 2   2bc − (b 2 + c 2 − a 2 ) 

= 4b 2c 2 − (b 2 + c 2 − a 2 ) 2

4


N
P
I

C

B
M

Trong tam giác vuông API ta có
A
2
AP + BP + AN + CN − BM − CM
A
=
tan
2
2
AB + AC − BC
A
A
=
tan = ( p − a ) tan .
2
2
2
Chứng minh tương tự ta có các kết quả còn lại.
r = PI = AP.tan


⇔ cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1.
Chứng minh (3)
Trong tam giác ABC ta có
 A B
π C 
tan  +  = tan  − 
2 2
2 2
A
B
tan + tan
2
2 = 1
⇔
A
B
C
1 − tan tan
tan
2
2
2
A
C
B
C
A
B
⇔ tan tan + tan tan = 1 − tan tan
2

2 3 3
A
B
C
tan + tan + tan ≥ 3.
2
2
2
cot A + cot B + cot C ≥ 3.

sin A + sin B + sin C ≤

(4)
(5)
(6)

(7)

6


Chứng minh (4)
Trước hết ta chứng minh sin x + sin y ≤ 2sin
xảy ra khi x = y.

x+ y
với ∀x, y ∈ ( 0;π ) . Đẳng thức
2

x+ y

≤ 4sin 
=2 3
4




3 3
⇒ sin A + sin B + sin C ≤
.
2
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
Ta có sin x + sin y = 2sin

Chứng minh (5)
Ta có
A
B
B
C
C
A
A
B
C

1 = tan tan + tan tan + tan tan ≥ 3 3  tan tan tan 
2
2
2

2
2
Áp dụng bất đẳng thức cơ bản ( x + y + z ) ≥ 3( xy + yz + zx) ta có

2

2

A
A
A
A
B
B
C
C
A


 tan + tan + tan  ≥ 3  tan tan + tan tan + tan tan  = 3
2
2
2
2
2
2
2
2
2




3

2

4 p2 ( a + b + c )
=
=
≤ a 2 + b2 + c 2 .
3
3
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều

Cách 2. Sử dụng công thức Hê rông kết hợp bất đẳng thức Côsi. Trước hết ta
chứng minh bất đẳng thức quen thuộc 8( p − a )( p − b)( p − c) ≤ abc. Ta có
8( p − a )( p − b)( p − c) = 8 ( p − a )( p − b) ( p − b)( p − c) ( p − c)( p − a )
≤ (2 p − a − b)(2 p − b − c)(2 p − c − a ) = abc.
Áp dụng bất đẳng thức trên ta có
48S 2 = 48 p ( p − a )( p − b)( p − c) ≤ 48 pabc =3(a + b + c)abc
2

3(a 2 + b 2 + c 2 ) 
2
(a + b + c )
≤
≤
= ( a 2 + b2 + c 2 ) .
9
9


π

Xét f (a ) = a 2 − 2ab sin  C +  + b 2 , ta xem f (a ) là tam thức bậc hai ẩn a với
6

π

hệ số bậc hai bằng 1, mà ∆ ' = b 2 sin 2  C +  − b 2 ≤ 0
6

Do đó hiển nhiên f (a ) ≥ 0. Vậy bất đẳng thức đã cho là đúng.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
Cách 5. Biến đổi tương đương. Ta có
a 2 + b 2 + c 2 − 4 S 3 = a 2 + b 2 + (a 2 + b 2 − 2ab cos C ) − 2 3ab sin C

π 

= 2(a − b)2 + 4ab 1 − cos  C +   ≥ 0, từ đó ta có điều phải chứng minh.
3 


Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều

Cách 6. Theo định lý cosin trong tam giác ta có
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A = b 2 + c 2 − 4 S cot A,
b 2 = c 2 + a 2 − 2ca cos B = c 2 + a 2 − 4 S cot B,
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C = a 2 + b 2 − 4cot C.
Suy ra a 2 + b 2 + c 2 = 4S (cot A + cot B + cot C ) ≥ 4 S 3.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.

9(a + b + c)3 (a + b + c)2
4S 3 =
≤
≤
=
≤ a 2 + b2 + c 2 .
3
3R 3 a + b + c 27(a + b + c)
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
Cách 9. Trước hết ta chứng minh công thức a 2 = (b − c) 2 + 4 S tan

A
. Ta có
2

a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A = (b − c) 2 + 2bc(1 − cos A)
4S
A
A
= (b − c) 2 +
.2sin 2 = (b − c)2 + 4 S tan .
sin A
2
2
B
C
Tương tự ta có b 2 = (c − a ) 2 + 4 S tan , c 2 = (a − b) 2 + 4 S tan .
2
2
Từ đó ta có

2
A
B
C
⇒ r = p tan tan tan
2
2
2
Mặt khác ta có

Cách 10. Ta có r = ( p − a ) tan

10


A
B
B
C
C
A
A
B
C

1 = tan tan + tan tan + tan tan ≥ 3 3  tan tan tan 
2
2
2
2

 ≤a +b +c .
2
2
2 3
2

Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
2

Cách 11. Gọi G là trọng tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có
3OG = OA + OB + OC , do đó
9OG 2 = OA2 + OB 2 + OC 2 + 2 OAOB + OBOC + OCOA

(

)

= 3R 2 + ( OA2 + OB 2 − AB 2 ) + ( OB 2 + OC 2 − BC 2 ) + ( OC 2 + OA2 − AC 2 )
= 9 R 2 − (a 2 + b 2 + c 2 ).
Do OG ≥ 0 nên a 2 + b 2 + c 2 ≤ 9 R 2 =

16 S 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) ≤ 9a 2b 2c 2
⇒ 48S 2 ≤ ( a 2 + b 2 + c

2 2

)

9 a 2b 2 c 2
. Từ đó suy ra

11


Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, M , N , P lần lượt là hình chiếu của I
lên BC, CA, AB. Ta có aIM + bIN + cIP = 0.
Thật vậy, đặt u = aIM + bIN + cIP = 0. Ta có
u.BC = aIM .BC + bIN .BC + cIP.BC
= b.r.a.sin C − c.r.a.sin B = ra (b sin C − c sin B )
= ra (2 R sin B sin C − 2 R sin C sin B ) = 0
Suy ra u vuông góc BC . Chứng minh tương tự ta có u vuông góc CA . Mà
BC , CA không cùng phương do đó ta có u = 0 hay aIM + bIN + cIP = 0.
Bình phương hai vế đẳng thức aIM + bIN + cIP = 0 ta có
a 2 r 2 + b 2 r 2 + c 2 r 2 − 2abr 2 cos C − 2bcr 2 cos A − 2car 2 cos B = 0
⇒ a 2 + b 2 + c 2 = 2ab cos C + 2bc cos A + 2ca cos B
= 4 S cot C + 4 S cot A + 4 S cot B
= 4 S ( cot A + cot B + cot C ) ≥ 4 S 3.
Từ đó ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
1
Cách 13. Ta sử dụng công diện tích S = ah .
2

A

B

H

M



D

Dựng tam giác đều ACD sao cho B, D cùng phía đối với AC. Áp dụng định lý
cosin cho ta giác ABD ta có
BD 2 = AB 2 + AD 2 − 2 AB. AD.cos BAD = c 2 + b 2 − 2cb.cos ( A − 600 )
= b 2 + c 2 − 2bc ( cos A.cos 600 + sin A.sin 600 )
1 2
1
b + c 2 − a 2 ) − 3bc sin A = a 2 + b 2 + c 2 − 4 S 3 .
(
2
4
Do BD ≥ 0 nên ta suy ra điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều

(

= b2 + c2 −

)

Cách 15. Không mất tính tổng quát giải sử A ≥ 600 . Dựng tam giác BAM
vuông tại M có BAM = 300 , điểm M, C nằm cùng phía với đường thẳng bờ AB.
Dựng tam giác NAC vuông tại N có CAN = 300 , điểm N, B nằm cùng phía với
với đường thẳng bờ AC.
A

30°


3b + 3c 3bc
=
−
cos A.cos 600 + sin A sin 600 )
(
4
2
3b 2 + 3c 2 3bc cos A 3 3bc sin A
=
−
−
4
4
4
2
2
2
2
2
3b + 3c 3(b + c − a ) 3 3S
=
−
−
4
8
2
3(a 2 + b 2 + c 2 − 4 S 3)
=
8
2

2
2
2
Mà MN 2 ≤ ( AM + AN ) = ( b + c ) ≤ 2(b 2 + c 2 ) , suy ra
b2 + c2 − a 2
2(b + c ) ≥ b + c +
+ 2S 3
2
⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 S 3.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều
2

2

2

2

2.3 Mở rộng bài toán trong mặt phẳng
Bài toán trên phát biểu cho lũy thừa số mũ bằng 2, ta có thể mở rộng bài toán lũy
thừa với số mũ chẵn bất kì lớn hơn 1.
Cho tam giác ABC có diện tích S và độ dài các cạnh là a, b, c. Với n ∈ ℕ* chứng
minh rằng
2n
2n
2n
 4  n
a 2n + b2n + c2n ≥ 3
 S + ( a − b) + (b − c ) + (c − a )
 3

 x 
 y x− y
m
m
m
⇒  +

 ≤ 1 ⇒ x − y ≥ ( x − y) .
m
x− y  x  x 
 x − y 
≤
 x 
x

m = 1
Đẳng thức xảy ra khi 
 y = 0.

15


Bổ đề 2.
 x, y , z > 0
, chứng minh rằng
Cho 
m ≥ 1
m

m


x
(đk: 0 < t < 1 ), ta có bất phương trình
x+ y
f (t ) = t m + (1 − t ) m ≥ 21−m.

1
Ta có f '(t ) = mt m−1 − m(1 − t ) m−1 . Khi đó f '(t ) = 0 ⇔ t m−1 = (1 − t )m−1 ⇔ t = .
2
Bảng biến thiên
t
f '(t )

0
-

1
2
0

1
+

f (t)

21−m
Dựa vào bảng biến thiên ta có f (t ) ≥ 21−m , ∀t ∈ ( 0;1) .
Vậy bất đẳng thức đã cho đúng.
Cách 2. Theo bất đẳng thức Becnuli ta có
m

xm + y m  x + y 
⇒
+
≥
2
⇒
≥
 .
 

x
+
y
x
+
y
2
2



 

m = 1
Đẳng thức xảy ra khi 
 x = y.
ii) Theo câu i) ta có
m
m
x+ y+z

m
x+ y+z 

 x+ y z+

3
m
+


x+ y+z
2
2
≥ 2
 ≥ 2

2
3








m
m
m
m

i) ( x + y ) ≥ x + y ,

m

xm + ym  x + y 
x− y
ii)
≥
.
 +
2
2
 2 

Giải
i) Nếu x = 0 hoặc y = 0 thì bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
x2
y2
Nếu x, y > 0 thì ta có: 0 < 2
,
< 1 , do đó ta có
x + y 2 x2 + y 2

17


m

2
2


 +
2
 2 

m

 x + y 
x− y
≤ 
 +
2
 2 
2

2





m
2

m

 x2 + y 2  2 xm + y m
≤
( theo bổ đề 2i)
 ≤

2
2
2
⇔  a 2 − ( b − c )  + b 2 − ( c − a )  +  c 2 − ( a − b )  ≥ 4 S 3

 
 

⇔ 4( p − b)( p − c) + 4( p − c)( p − a ) + 4( p − a )( p − b) ≥ 4 S 3

⇔ xy + yz + zx ≥ S 3 (với x = p − a; y = p − b; z = p − c )

⇔ xy + yz + zx ≥ 3 xyz ( x + y + z )
( vì S =

p ( p − a )( p − b)( p − c) = xyz ( x + y + z ) )
18


⇔ ( xy + yz + zx)2 ≥ 3 xyz ( x + y + z )
⇔ ( xy − yz ) 2 + ( yz − zx) 2 + ( zx − xy ) 2 ≥ 0.
Bất đẳng thức cuối luôn đúng, từ đó ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều.
Quay lại chứng minh bài toán
a > b − c
a 2 > (b − c)2


Trong tam giác ABC ta có b > c − a ⇒ b 2 > (c − a )2


)



 

n
c 2 n − a − b 2 n ≥ c 2 − ( a − b ) 2  =  4 ( p − a )( p − b )  n


 

⇒ a 2n + b2n + c 2n − a − b

2n

− b−c

2n

− c−a

n

n

[ 4( p − b)( p − c)] + [ 4( p − c)( p − a)]
≥
2


 4( p − c)( p − a ) + 4( p − a )( p − b) 
+
+ (b + c − a ) n b − c

2


n

2
 4( p − a )( p − b) + 4( p − b)( p − c) 
+
+ (c + a − b ) n c − a

2


( do bổ đề 3ii)
n

n

≥ [ 2( p − b)( p − c) + 2( p − c)( p − a )] + [ 2( p − c)( p − a ) + 2( p − a )( p − b) ]
n

n

+ [ 2( p − a )( p − b) + 2( p − b)( p − c) ] + (a + b − c) n a − b +
n


+
(
a
+
b
−
c
)
a
−
b
+
(
b
+
c
−
a
)
b
−
c
+
(
c
+
a
−
b
)

27
S A3 + S B3 + SC3 + S D3 ≥ V 2 3.
2

Giải
Trước hết ta chứng minh các bổ đề sau
Bổ đề 5. Với mọi số thực a, b, c, x, y, z ta có
a 2 + x 2 + b 2 + y 2 + c 2 + z 2 ≥ ( a + b + c ) 2 + ( x + y + x) 2

Chứng minh.
Trong hệ trục tọa độ Oxy, xét các điểm A(a; x), B (b; y ), C (c; z ).
Khi đó ta có OA = a 2 + x 2 , OB = b 2 + y 2 , OC = c 2 + z 2
OA + OB + OC = (a + b + c) 2 + ( x + y + z ) 2

20


Mặt khác, ta luôn có OA + OB + OC ≥ OA + OB + OC , suy ra điều phải chứng
minh. Đẳng thức xảy ra khi OA , OB , OA cùng hướng hay

x y z
= = .
a b c

2

Bổ đề 6. Trong tam giác ABC ta có ( a + b + c ) ≥ 12 S 3.
Chứng minh
Theo bài toán 2.1 ta có a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 S 3.
1


F

B

Quay trở lại bài toán. Gọi H là hình chiếu vuông góc của D lên mặt phẳng
(ABC). Gọi E, F, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên AB, BC, CA.
21


Đặt DH = h, HF = x, HK = y, HE = z. Áp dụng định lý Pitago ta có
DF = h 2 + x 2 , DK = h 2 + y 2 , DE = h 2 + z 2
1
Do đó S A + S B + SC = ( BC.DF + CA.DK + AB.DE )
2
1
= a h2 + x 2 + b h2 + y 2 + c h2 + z 2
2
1
=
(ah) 2 + (ax)2 + (bh)2 + (by ) 2 + (ch)2 + (cz ) 2
2
1
2
2
≥
( ah + bh + ch ) + ( ax + by + cz ) ( Theo bổ đề 5)
2
1
2

2
⇒ ( S A + S B + SC + S D ) ≥ 216 3V

2

⇒ 16 ( S A3 + S B3 + SC3 + S D3 ) ≥ 216 3V 2
⇒ S A3 + S B3 + SC3 + S D3 ≥

Đẳng thức xảy ra khi tứ diện ABCD đều.

27 2
V 3.
2

3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM
3.1 Kết quả từ thực tiễn.
Trước khi dạy thực nghiệm tôi khảo sát lớp 12I và 12K. Qua kết quả khảo sát
tôi thấy rằng phần lớn học sinh bằng lòng với một cách giải mà mình tìm được
và cũng không hứng thú để tìm cách giải khác.
Sau khi dạy thực nghiệm cho lớp 12I tôi thấy các em có hứng thú hơn khi giải
toán, các em luôn có xu hướng tìm tòi cách giải khác. Nhiều em đã tìm ra nhiều
cách giải độc đáo.

22


3.2 Kết quả thực nghiệm
Sáng kiến được áp dụng trong năm học 2015 – 2016
Thực nghiệm được tiến hành tại lớp 12I (36 học sinh) và 12K (40 học sinh)
trường THPT Tây Hiếu, thị xã Thái Hòa, Nghệ An. Trong đó lớp 12I được áp

Yế u

Kém

13.9%
30%

11.1%
42.5%

Nhận xét kết quả khảo sát: Lớp 12K không dạy thực nghiệm nên hầu hết các em
chỉ giải được một cách và không mở rộng được bài toán. Ngược lại, lớp 12I được
dạy thực nghiệm nên hầu hết các em giải được hai cách trở lên và mở rộng được
bài toán.

Tổng hợp cách giải của học sinh và mở rộng
Cách 1. Áp dụng bất đẳng thức x 2 + y 2 ≥ 2 xy ta có
a 2 + b 2 ≥ 2ab
 2
2
2
2
2
b + c ≥ 2bc ⇒ 2a + 2b + 2c ≥ 2ab + 2bc + 2ca
c 2 + a 2 ≥ 2ca

⇒ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Cách 2. Ta có
a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇔ 2a 2 + 2b 2 + 2c 2 − 2ab − 2bc − 2ca ≥ 0

Cách 6. Ta có a 2 + b 2 + c 2 = ab + bc + ca + ( a − b ) + ( b − c ) + ( c − a )
2
2
2
2
2
2
⇒ a + b + c ≥ ab + bc + ca.
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c.
Mở rộng 1. Mở rộng theo hướng tăng số mũ.
Cho các số thực a, b, c ta có a 2 n + b 2 n + c 2 n ≥ (ab) n + (bc)n + (ca ) n , n ∈ ℕ*
Mở rộng 2. Mở rộng theo hướng tăng số hạng
Cho các số thực a1 , a2 ,..., an ta có
a12 + a22 + ... + an2 ≥ a1a2 + a2 a3 + ... + an a1.

4. KẾT LUẬN
Việc bồi dưỡng tư duy cho học sinh là việc làm cần thiết và thường xuyên.

Đặc biệt là giải bài toán theo nhiều cách khác nhau, qua đó học sinh rèn luyện
được cách tiếp cận bài toán theo nhiều hướng khác nhau. Điều này không những
tạo hứng thú cho học sinh trong học tập mà còn trau dồi khả năng xử lý tình
24