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 toán 
là đặc trưng chủ yếu của hoạt động toán 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 toán 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 toán. 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 toán 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 
lòng tin vào khả năng giải toán của mình.
 - Vì vậy trong quá trình dạy học việc hình thành cho học sinh thói quen tìm tòi mở rộng các 
bài toán quen thuộc thành các bài toán 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 toán”.
II.PHẠM VI NGHIÊN CỨU:
 GV: Lê Phúc Lợi 1 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 vuông 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 C
 AB EB DB F
Suy ra:  
 AC FC DC
Cách 4: Nếu ta nghĩ đến việc áp dụng diện tích để giải bài toán thì ta cũng có điều phải 
chứng minh: 
 A
Gợi ý: Kẻ AH  BC, DM  AB, DN  AC.
 N
Ta có  ADM =  AND (ch-gn) => DM = DN M
 S DM.AB AB AB DB B C
=> ABD  = =>  H D
 SACD DN.AC AC AC DC
Cách 5: Tiếp tục rở lại cách vận dụng Talet ta có cách giải E
sau: 
Gợi ý: A
Qua B vẽ đường trẳng song song với AD cắt CA ở E 
 C
Từ đó ta có điều phải chứng minh: B D
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
 Bµ   F B C
- Chứng minh 1  
 1
- Chứng minh  DAB vuông cân tại A E
 A
=> ·ABD  450 => ĐPCM
Cách 4: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)
 D
 µ
- Chứng minh C1  
 F B C
- Chứng minh  DAC vuông cân tại D  
 1
 0 E
=> ·ACD  45 => ĐPCM A
Hướng thứ hai: Xét tam giác đồng dạng
 D
Cách 5: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên)
 F D B C
 AD 2 DB 1  
- Chứng minh: Ta có  ADB chung và  
 CD 2 DA
 E
 A K
=> ADB : CDA (c.g.c) =>  DAB =  DCA = 
 · 0
- Do đó    =   DAB =  D1 = 45 
Cách 6: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên) F D B C
 1  
 · · 0 AD 2 DB
Ta có ADB  AKC 135 và   E
 AK 2 KC A K
=> ADB : AKC (c.g.c) =>  KCA =  . Vậy    = 
 F D B C
 · 0  
   KCA = 45 1
 E
Cách 7: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên) A K
- Chứng minh ADC : AKB (c.g.c) =>  B1 = 
 F D B C
  
 1
Suy ra ĐPCM P
Cách 8: (Vẽ hình phụ như hình vẽ bên) O
 E
 A K
 GV: Lê Phúc Lợi 5 Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm
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).
 2
Ta có (1)  c2 x  c2 y  c (x 1)(y 1)  x  y   x 1 y 1   xy 1  0 
=> Điều phải chứng minh
Dấu “=” xảy ra  c = ab
 a  b
 Cách 3: Dùng bất đẳng thức đã biết
 c(a  c) c(b  c)
Ta có (1)   1
 ab ab
Áp dụng bất đẳng thức AM – GM 
 c(a  c) c(b  c) 1  c a  c  1  c b  c  1  a b 
Ta lại có              1
 ab ab 2  b a  2  a b  2  a b 
 c a  c c
  1
 b a a c c ab
Dấu “=” xảy ra     1  c 
 c b  c c b a a  b
   1
 a b b
 Cách 4: Dùng bất đẳng thức đã biết
Áp dụng bất đẳng thức CBS ta có
 2 2 2 2
 (a  c) c  c (b  c)   a  c  c   b  c  c   ab
        
 a  c b  c ab
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi   c  (a  c)(b  c)  c 
 c c a  b
 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
 2 2 2 2 4
 f(c) = [(a – b) + 4y ] c – 2y (a + b)c + y = 0
 GV: Lê Phúc Lợi 7 Trường THCS Vĩnh Tường Sáng kiến kinh nghiệm
  2S
 SinC 
  ab 4S 2 a4  b4  c4  2a2b2  2a2c2  2b2c2
  =>  = 1
 a2  b2  c2 a2b2 4a2b2
 CosC 
  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 2 2
=> 3     2 => c – a – b + 4ab  4 3 S
  ab  2ab
Chứng minh tương tự ta có: b2 – a2 – c2 + 4ac  4 3 S và b2 – c2 – b2 + 4cb  4 3 S 
Suy ra 4(ab + bc + ca) – (a2 + b2 + c2)  12 3 S
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
 = 2(a – b)2 + 4ab[1 - CosC  600  ]  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
 2 p  (a  b) 2 p  (b  c) 2 p  (c  a) p p  a  b  c 
  p. . . = abc   
 2 2 2 8 8  3 
 2
 2 2 2 2 2 2 2
 a  b  c4 1 1 1 a  b  c  a2  b2  c2 
 =    
 16.27 16.27 16.3
=> ĐPCM
 3
 ( p  a)  ( p  b)  ( p  c)
Cách 6: Ta có 4 3 S = 4 3 . p( p  a)( p  b)( p  c)  4 3p
  3 
 GV: Lê Phúc Lợi 9