zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Sáng kiến kinh nghiệm

Sáng kiến kinh nghiệm: Phát triển tư duy cho học sinh thông qua giải bài toán IMO theo nhiều cách và mở rộng bài toán

Chia sẻ: Hòa Phát | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:26

Báo xấu

42
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu của sáng kiến kinh nghiệm này nhằm giúp học sinh biết cách vận dụng kiến thức để giải quyết vấn đề nhiều cách khác nhau; rèn luyện kỹ năng mở rộng bài toán theo nhiều hướng.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Phát triển tư duy cho học sinh thông qua giải bài toán IMO theo nhiều cách và mở rộng bài toán

SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN MỤC LỤC Danh mục chữ cái viết tắt Trang 2 1. MỞ ĐẦU Trang 3 1.1 Lý do chọn đề tài Trang 3 1.2 Mục đích nghiên cứu Trang 3 1.3 Đối tượng nghiên cứu Trang 4 1.4 Kế hoạch nghiên cứu Trang 4 1.5 Phương pháp nghiên cứu Trang 4 2. NỘI DUNG Trang 4 2.1 Một số kết quả thường gặp trong tam giác Trang 4 2.2 Bài toán IMO 1961 Trang 8 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 VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN MỘT SỐ KÍ HIỆU VIẾT TẮT TRONG ĐỀ TÀI A, B, C Góc trong tam giác ABC a, b, c Độ dài cạnh đối diện với đỉnh A, B, C tương ứng p Nửa chu vi tam giác ABC R Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC r Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC S Diện tích tam giác ABC ha Độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh A V Thể tích khối tứ diện ABCD SA Diện tích mặt đối diện đỉnh A trong tứ diện ABCD VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN 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 4S 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 mặt phẳng có thể mở rộng trong không gian, vì vậy ta có thể mở rộng bài toán này trong không gian cho tứ diện. Với những lý do trên tôi chọn đề tài “ Phát triển tư duy cho học sinh thông qua giải bài toán IMO theo nhiều cách và mở rộng bài toán”. Trong đề tài này tôi trình bày 16 cách giải khác nhau cho bài toán đã nêu, đồng thời mở rộng bài toán trong mặt phẳng và trong không gian. 1.2 Mục đích nghiên cứu VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN Giúp học sinh biết cách vận dụng kiến thức để giải quyết vấn đề nhiều cách khác nhau. Rèn luyện kỹ năng mở rộng bài toán theo nhiều hướng. 1.3 Đối tượng nghiên cứu Là học sinh khá, giỏi lớp 12I, 12K trường THPT Tây Hiếu 1.4 Kế hoạch nghiên cứu Từ 20/09/2015 đến 15/10/2015: Chọn đề tài, viết đề cương nghiên cứu. Từ 16/10/2015 đến 20/12/2015: Đọc tài liệu lý thuyết, viết cơ sở lý luận. Từ 21/12/2015 đến 16/02/2016: Áp dụng đề tài vào thực tiễn. Từ 17/02/2016 đến 15/04/2016: Viết báo cáo, trình bày báo cáo trước tổ chuyên môn và xin ý kiến đóng góp. Từ 16/04/2016 đến 10/05/2016: Hoàn thiện báo cáo. 1.5 Phương pháp nghiên cứu Đọc các tài liệu liên quan để viết cơ sở lý thuyết. Phương pháp thực nghiệm. Phương pháp thống kê, xử lý số liệu. 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 2c 2 + c 2 a 2 ) − ( a 4 + b 4 + c 4 ) (1) 4 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 VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN 16S 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 = 2( a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) − (a 4 + b 4 + c 4 ) 1 � S = 2 ( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) − ( a 4 + b 4 + c 4 ) 4 Cách 2. Áp dụng định lý hàm cosin ta có a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos A � 2bc cos A = b 2 + c 2 − a 2 � 4b 2c 2 (1 − sin 2 A) = b 4 + c 4 + a 4 + 2b 2c 2 − 2c 2 a 2 − 2a 2b 2 � 4b 2c 2 = 2(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 ) − (a 4 + b 4 + c 4 ) 1 1 � S = bc sin A = 2 ( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) − ( a 4 + b 4 + c 4 ) . 2 4 KQ2. Trong mọi tam giác ABC ta có A B C r = ( p − a ) tan = ( p − b ) tan = ( p − c ) tan . 2 2 2 Chứng minh. Xét tam giác ABC có đường tròn nột tiếp tâm I tiếp xúc 3 cạnh BC, CA, AB tại M, N, P. Khi đó ta có AP = AN , BP = BM , CM = CN . A N P I B C M Trong tam giác vuông API ta có VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN A r = PI = AP.tan 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. KQ3. Trong tam giác ABC ta có cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1. (2) A B B C C A tan tan + tan tan + tan tan = 1. (3) 2 2 2 2 2 2 Chứng minh (2) Trong tam giác ABC ta có cot( A + B ) = cot(π − C ) 1 − cot A cot B � = − cot C cot A + cot B � 1 − cot A cot B = − cot C cot A − cot C cot B � 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 2 2 2 2 A B B C C A � tan tan + tan tan + tan tan = 1. 2 2 2 2 2 2 KQ4. Trong tam giác ABC ta có VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN 3 3 sin A + sin B + sin C . (4) 2 A B C 1 tan tan tan . (5) 2 2 2 3 3 A B C tan + tan + tan 3. (6) 2 2 2 cot A + cot B + cot C 3. (7) Chứng minh (4) x+ y Trước hết ta chứng minh sin x + sin y 2sin với ∀x, y ( 0;π ) . Đẳng thức 2 xảy ra khi x = y. x+ y x− y x+ y Ta có sin x + sin y = 2sin cos 2sin . Đẳng thức xảy ra khi 2 2 2 x = y. Áp dụng bất đẳng thức trên ta có � π� � C+ � π A+ B 3 sin A + sin B + sin C + sin 2�sin + sin � 3 � 2 2 � � � � π� �A + B + C + 3 � 4sin � �= 2 3 � 4 � � � 3 3 � sin A + sin B + sin C � . 2 Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Chứng minh (5) Ta có 2 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 2 � 2 2 2� A B C 1 tan tan tan . 2 2 2 3 3 VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Chứng minh (6) A B B C C A Ta có tan tan + tan tan + tan tan = 1 2 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� A B C � tan + tan + tan � 3. 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Chứng minh (7) Ta có cot A cot B + cot B cot C + cot C cot A = 1. Áp dụng bất đẳng thức cơ bản ( x + y + z ) 2 3( xy + yz + zx) ta có cot A + cot B + cot C 3. Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều 2.2 Bài toán [IMO 1961] 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 4S 3. Cách 1. Ta thấy vế trái là mối liên hệ 3 cạnh, vì vậy ta sử dụng công thức Hê rông để giải bài toán này. Ta có 3 �p − a + p − b + p − c � 4S 3 = 4 3 p( p − a )( p − b)( p − c) 4 3p � � � 3 � 4 p2 ( a + b + c ) 2 = = a 2 + b2 + c2. 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 VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN 48S 2 = 48 p ( p − a)( p − b)( p − c) 48 pabc =3(a + b + c)abc 2 ( a + b + c) �3( a 2 + 4 b 2 + c 2 ) � � � =(a +b +c ) . 2 2 2 2 9 9 Lấy căn bậc hai hai vế ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Cách 3. Theo công thức diện tích Hê rông ta có 16S 2 = 2(a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 ) − (a 4 + b 4 + c 4 ). Với mọi số thực x, y, z ta có x 2 + y 2 + z 2 xy + yz + zx. Áp dụng bất đẳng thức trên ta có: a 4 + b 4 + c 4 a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2 � ( a 2 + b 2 + c 2 ) �3 � 2 ( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) − ( a 4 + b 4 + c 4 ) � 2 � � � ( a 2 + b 2 + c 2 ) �48S 2 2 � a 2 + b 2 + c 2 �4S 3. Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Cách 4. Theo định lý cosin c 2 = a 2 + b 2 − 2ab cos C và công thức diện tích 1 S = ab sin C , bất đẳng thức cần chứng minh trở thành 2 � π� 2 a − ab(cos C + 3 sin C ) + b �� 0 a 2 − 2ab sin � C + �+ b �0. 2 2 � 6� � π� 2 Xét f ( a) = a − 2ab sin � C + �+ b , ta xem f ( a) là tam thức bậc hai ẩn a với 2 � 6� 2� π� hệ số bậc hai bằng 1, mà ∆ ' = b sin � C + �− b 2 0 2 � 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 − 4S 3 = a 2 + b 2 + (a 2 + b 2 − 2ab cos C ) − 2 3ab sin C � � π� � = 2( a − b) + 4ab � 1 − cos � C+ � 2 � 0, từ đó ta có điều phải chứng minh. � � 3� � VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN 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 − 4S cot A, b 2 = c 2 + a 2 − 2ca cos B = c 2 + a 2 − 4S 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 ) 4S 3. Từ đó ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều �1 1 1 � Cách 7. Ta có a + b + c ab + bc + ca = 2S � + + 2 2 2 �. �sin A sin B sin C � 1 1 1 9 Mặt khác ta có + + 2 3. sin A sin B sin C sin A + sin B + sin C Từ đó ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Cách 8. Ta có a + b + c = 2 R (sin A + sin B + sin C ) 3R 3. Áp dụng công thức diện tích tam giác ta có 9abc 9abc 9( a + b + c)3 (a + b + c) 2 4S 3 = = a 2 + b2 + c2. 3R 3 a + b + c 27(a + b + c) 3 Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều A Cách 9. Trước hết ta chứng minh công thức a 2 = (b − c) 2 + 4S tan . 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 + 4S tan , c 2 = ( a − b) 2 + 4 S tan . 2 2 Từ đó ta có � A B C� a 2 + b 2 + c 2 = (a − b) 2 + (b − c ) 2 + (c − a ) 2 + 4S �tan + tan + tan � � 2 2 2� 4S 3. VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều A B C Cách 10. Ta có r = ( p − a ) tan = ( p − b) tan = ( p − c) tan . Do đó ta có 2 2 2 A B C A B C pr 3 = p( p − a)( p − b)( p − c) tan tan tan = S 2 tan tan tan 2 2 2 2 2 2 A B C � r = p tan tan tan 2 2 2 Mặt khác ta có 2 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 2 � 2 2 2� A B C 1 tan tan tan . 2 2 2 3 3 Ta có 2 A B C 4 �a + b + c � 2 4S 3 = 4 3 pr = 4 3 p tan tan tan 2 � � a +b +c . 2 2 2 2 2 3� 2 � Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Cách 11. Gọi G là trọng tâm, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta uuur uuur uuur uuur có 3OG = OA + OB + OC , do đó uuuruuur uuuruuur uuuruuur 9OG = OA + OB + OC + 2 OAOB + OBOC + OCOA 2 2 2 2 ( ) = 3R + ( OA + OB − AB ) + ( OB + OC − BC ) + ( OC + OA − AC ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 = 9 R 2 − ( a 2 + b 2 + c 2 ). 9 a 2b 2 c 2 Do OG 0 nên a + b + c 2 2 2 9R = 2 . Từ đó suy ra 16S 2 (a + b2 + c 2 ) 2 3 16S 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) 9a 2b 2c 2 3 + +S� � 48 2 +( a+2 b 2 c ) 2 2 a2 b2 c2 4S 3. Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Cách 12. Sử dụng tính chất tâm đường tròn nội tiếp tam giác VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN A N P I B M C Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác, M , N , P lần lượt là hình chiếu của uuur uur uur r I lên BC, CA, AB. Ta có aIM + bIN + cIP = 0. r uuur uur uur r Thật vậy, đặt u = aIM + bIN + cIP = 0. Ta có r uuur uuur uuur uur uuur uur uuur 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 r uuur r uuur Suy ra u vuông góc BC . Chứng minh tương tự ta có u vuông góc CA . Mà uuur uuur r r uuur uur uur r BC , CA không cùng phương do đó ta có u = 0 hay aIM + bIN + cIP = 0. uuur uur uur r Bình phương hai vế đẳng thức aIM + bIN + cIP = 0 ta có a 2 r 2 + b 2r 2 + c 2r 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 + 4S cot A + 4S 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 VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN A B H M C Xét tam giác ABC có M trung điểm BC và H là chân đường cao kẻ từ A. 3BC �3BC 2 � Ta có 4S 3 = 2 3BC. AH 4. . AM 2 � + AM 2 � 2 � 4 � �3a 2 b 2 + c 2 a 2 � 2 � + = 2 − �= a + b 2 + c 2 . �4 2 4 � Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Cách 14. Không mất tính tổng quát giả sử a b c. Khi đó ta có BAC ﾷ 600 A B C 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 VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN ﾷ 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 . = b 2 + c 2 − 2 4 ) Do BD 0 nên ta suy ra điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Cách 15. Không mất tính tổng quát giải sử A 600 . Dựng tam giác BAM ﾷ vuông tại M có BAM = 300 , điểm M, C nằm cùng phía với đường thẳng bờ AB. ﾷ Dựng tam giác NAC vuông tại N có CAN = 300 , điểm N, B nằm cùng phía với với đường thẳng bờ AC. A 30° 30° B C M N c 3 b 3 Ta có AM = AB.cos300 = , AN = AC.cos300 = . 2 2 Áp dụng định lý cosin cho tam giác MAN ta có MN 2 = AM 2 + AN 2 − 2 AM . AN .cos MAN ﾷ 3c 2 3b 2 3bc = + − .cos( A − 600 ) 4 4 2 3b 2 + 3c 2 3bc = 4 − 2 ( cos A.cos600 + sin A sin 600 ) 3b 2 + 3c 2 3bc cos A 3 3bc sin A = − − 4 4 4 VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN 3b 2 + 3c 2 3(b 2 + c 2 − a 2 ) 3 3S = − − 4 8 2 3( a 2 + b 2 + c 2 − 4S 3) = 8 Vì MN 0 nên ta có a 2 + b 2 + c 2 4S 3. 2 Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều Cách 16. Không mất tính tổng quát giải sử A 600 . Dựng phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều ABM và CAN. N M A B C Áp dụng định lý cosin cho tam giác AMN ta có MN 2 = AM 2 + AN 2 − 2 AM . AN .cos MAN ﾷ = c 2 + b 2 − 2bc.cos(2400 − A) = b 2 + c 2 − 2bc(cos 2400 cos A + sin 2400 sin A) = b 2 + c 2 + bc cos A + 3bc sin A b2 + c 2 − a 2 = b 2 + c 2 + + 2S 3 2 Mà MN 2 ( AM + AN ) = ( b + c ) 2 2 2(b 2 + c 2 ) , suy ra b2 + c2 − a 2 2(b + c ) b + c + 2 2 2 2 + 2S 3 2 � a 2 + b 2 + c 2 �4 S 3. Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều 2.3 Mở rộng bài toán trong mặt phẳng VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN 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 ﾷ * chứng minh rằng �4 � n S + ( a − b) + ( b − c) + ( c − a) 2n 2n 2n a 2 n + b2n + c2 n 3� � �3� + ( b + c − a ) b − c + ( c + a − b ) c − a + ( a + b − c ) a − b . n n n n n n Để chứng minh bài toán ta chứng minh các bổ đề sau Bổ đề 1. x> y 0 Cho , chứng minh: x m − y m ( x − y )m . m 1 Giải y x− y Ta có 0 , 1 nên x x m �y � y �� m m �x � � x �y � �x − y � � �+ � � �1 � x − y �( x − y ) . m m m � �x − y � x − y �x � � x � m � � �x � x m =1 Đẳng thức xảy ra khi y = 0. Bổ đề 2. x, y , z > 0 Cho , chứng minh rằng m 1 m m xm + ym �x + y � xm + ym + z m �x + y + z � i) � �, ii) � �. 2 �2 � 3 � 3 � Giải i) VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN Cách 1. Ta có bất đẳng thức đã cho tương đương bất đẳng thức m m � x � � y � 1−m � �+ � � 2 �x + y � �x + y � x Đặt t = (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 1 0 1 2 f '(t ) 0 + 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 m � 2x � � x − y � m( x − y ) �x + y � = � 1+ � 1+ � � � � x+ y� x+ y m m �2 y � � y − x � m( y − x ) �x + y � = � 1+ � 1+ � � � x+ y� x+ y m m m � 2 x � �2 y � 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 VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN m �x + y + z � m z +� m � x + y + z � � m z+ xm + ym � 3 � � x+ y� � 3 � + � �+ � � 2 2 � 2 � � 2 � � � m � x+ y+z � �x + y z + 3 � � + � �x + y + z � m 2 � 2 2 � 2� � � 2 � � 3 � � � � � � � m x +y +z m m m �x + y + z � � �. 3 � 3 � m =1 Đẳng thức xảy ra khi x = y = z. x, y 0 Bổ đề 3. Cho , chứng minh m 2 m m m xm + y m �x + y � x − y i) ( x 2 + y )2 2 m ii) x +y , m � �+ . 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 + y2 x2 + y2 m 2 � x � 2 x2 �2 2 � �x + y � � x2 + y2 xm + ym m m 1 � y2 � y2 2 (x + y ) 2 2 2 �2 2 � �x + y � x + y 2 2 Từ đó ta có điều phải chứng minh. ii) Theo bất đẳng thức i) ta có VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN m m m 2 2 2 x+ y� x− y � �x + y � x − y � � � �+ � � �+ � �2 � 2 � � 2 � 2 � m �x 2 + y 2 �2 x m + y m ( theo bổ đề 2i) � � � 2 � 2 m=2 Đẳng thức xảy ra khi x = y. Bổ đề 4. Trong tam giác ABC ta có a 2 + b 2 + c 2 4S 3 + (a − b) 2 + (b − c ) 2 + (c − a ) 2 Hay ( p − a )( p − b) + ( p − b)( p − c) + ( p − c)( p − a ) S 3. Giải Cách 1. Theo cách chứng 10 trong mục 2.1 ta có � A B C� a + b + c = (a − b) + (b − c ) + (c − a ) + 4S �tan + tan + tan � 2 2 2 2 2 2 � 2 2 2� A B C Mà tan + tan + tan 3, từ đó ta có điều phải chứng minh. 2 2 2 Cách 2. Ta có: a 2 + b 2 + c 2 4S 3 + (a − b) 2 + (b − c ) 2 + (c − a ) 2 a 2 − ( b − c ) �+ � b 2 − ( c − a ) �+ � c 2 − ( a − b ) ��4S 3 2 2 2 � � � �� 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 � 3xyz ( x + y + z ) ( vì S = p( p − a )( p − b)( p − c) = xyz ( x + y + z ) ) � ( xy + yz + zx) 2 �3xyz ( 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 VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN
SKKN: GIẢI BÀI TOÁN IMO THEO NHIỀU CÁCH VÀ MỞ RỘNG BÀI TOÁN �a > b−c a 2 > (b − c) 2 b> c−a �� Trong tam giác ABC ta có � b 2 > (c − a ) 2 � � c 2 > ( a − b) 2 c > a −b Do đó, theo bổ đề 1 ta có n a 2 − ( b − c ) �= � 4( p − b) ( p − c) � 2n 2 n a2n − b − c � � � � � n b 2 − ( c − a ) �= � ( ) ( ) 2n 2 n b − c−a 2n � 4 p − c p − a � � � � � n c 2 − ( a − b ) �= � 4( p − a ) ( p − b) � 2n 2 n c2n − a − b � � � � � 2n 2n 2n � a 2n + b 2n + c 2n − a − b − b−c − c−a [ 4( p − b)( p − c) ] + [ 4( p − c)( p − a) ] [ 4( p − c)( p − a) ] + [ 4( p − a)( p − b) ] n n n n + 2 2 [ 4( p − a)( p − b)] + [ 4( p − b)( p − c ) ] n n + 2 n 4( p − b)( p − c) + 4( p − c)( p − a ) � � 2 � �+ ( a + b − c ) n a − b � 2 � n 4( p − c)( p − a) + 4( p − a)( p − b) � � 2 + � �+ (b + c − a ) n b − c � 2 � n 4( p − a )( p − b) + 4( p − b)( p − c) � � 2 + � �+ ( c + a − b ) n c − a � 2 � ( do bổ đề 3ii) [ 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 n n n (b + c − a) n b − c + (c+ a − b) n c − a n � 4( p − a)( p − b) + 4( p − b)( p − c ) + 4( p − c)( p − a ) � n 3� � + ( a + b − c ) n a − b � 3 � n n +(b + c − a) b − c + (c + a − b)n c − a . n (theo bổ đề 2ii) n �4 S � n n n 3 � �+ ( a + b − c) n a − b + (b + c − a )n b − c + (c + a − b) n c − a . �3� VÕ NAM PHONG – THPT TÂY HIẾU – THÁI HOÀ NGHỆ AN

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.