MỘT CÁCH HÌNH THÀNH BÀI TOÁN MỚI A. ĐẶT VẤN ĐỀ: Qua một thời gian giảng dạy và bồi dưỡng toán cho học sinh, nhiều lúc đứng trước một bài toán hay tôi thầm nghĩ không biết làm sao mà tác giả nghĩ ra được bài toán đó, đôi lúc tôi ước nếu mình có được một ít về suy nghĩ như vậy thì chắc chắn sẽ có những đề kiểm tra, nhiều đề thi phong phú, sáng tạo giúp học sinh nhận thức tốt và say mê trong học toán, góp một phần nhỏ vào việc bồi dưỡng và đào tạo nhân tài cho đất nước. Với ý tưởng đó sau đây tôi mạnh dạn đưa ra một suy nghĩ của mình về một cách hình thành bài toán mới. B. NỘI DUNG: Trong bài viết này ta dùng một số kí hiệu quen biết sau: ∆ ABC là tam giác ABC. Các đường trung tuyến tương ứng với các cạnh BC = a, CA = b, AB = c có độ dài lần lượt m a , m b , m c . R: Bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC r: Bán kính đường tròn nội tiếp ∆ ABC S: Diện tích ∆ ABC Ta đã biết định lí côsin: a 2 = b 2 + c 2 - 2bccosA (1) b 2 = a 2 + c 2 - 2accosB (2) c 2 = a 2 + b 2 - 2abcosC (3) Việc chứng minh ta đã biết: Bây giờ cộng vế theo vế của (1), (2) và (3) ta được bài toán. Bài toán 1: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: 2abc( a Acos + b Bcos + c Ccos ) = a 2 + b 2 + c 2 . Hoàng Trung Thông – Trường THPT DTNT Tương Dương 1 MỘT CÁCH HÌNH THÀNH BÀI TOÁN MỚI Từ (1) ta có: cosA = bc acb 2 222 −+ Từ Định lí sin ta có: sinA= R a 2 Vậy cotA = A A sin cos = bc acb 2 222 −+ : R a 2 = abc Racb )( 222 −+ (4) Tương tự ta có: 2 2 2 ( ) cot a c b R B abc + − = (5) 2 2 2 ( ) cot a b c R C abc + − = (6) Cộng vế theo vế (4), (5) và (6) ta được bài toán: Bài toán 2: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: cotA+ cotB + cotC = abc cbaR )( 222 ++ . Từ cotA = abc Racb )( 222 −+ và S = R abc 4 hay 4 abc R S = Ta có định lí hàm số côsin suy rộng cotA = S acb 4 222 −+ (7) Tương tự ta có hai hệ thức nữa cotB = S bca 4 222 −+ (8) cotC = S cba 4 222 −+ (9) Cộng vế theo vế của (7), (8) và (9) ta được bài toán: Bài toán 3: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: Hoàng Trung Thông – Trường THPT DTNT Tương Dương 2 MỘT CÁCH HÌNH THÀNH BÀI TOÁN MỚI cotA+ cotB + cotC = S cba 4 222 ++ . (Đề thi vào đại học Dược Hà Nội năm 1998) Từ định lí hàm số côsin suy rộng và áp dụng hệ thức cotAcotB + cotBcotC + cotCcotA = 1 (Sách 200 bài toán chọn lọc về hệ thức lượng giác trong tam giác) ta có bài toán mới. Bài toán 4: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: (b 2 +c 2 -a 2 )(a 2 +c 2 -b 2 ) + (a 2 +c 2 -b 2 )(a 2 +b 2 -c 2 ) + (a 2 +b 2 -c 2 )(b 2 +c 2 - a 2 ) = 16S 2 . Ta thử nhìn lại (1) theo hướng khác a 2 = b 2 + c 2 - 2bccosA = (b - c) 2 + 2bc -2bccosA = (b - c) 2 + 2bc(1- cosA) = (b - c) 2 + 4bcsin 2 2 A Vậy a ≥ 2 bc sin 2 A ⇔ sin 2 A ≤ bc bca 2 (10) Làm tương tự như vậy ta còn có hai bất đẳng thức nữa: sin 2 B ≤ ac acb 2 (11) sin 2 C ≤ ab abc 2 (12) Nhân vế theo vế của (10), (11) và (12) ta có bài toán sau: Bài toán 5: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: sin 2 A sin 2 B sin 2 C ≤ 8 1 . Hoàng Trung Thông – Trường THPT DTNT Tương Dương 3 MỘT CÁCH HÌNH THÀNH BÀI TOÁN MỚI (Bài 34 toán nâng cao ĐS và GT 11 NXB GD của Nguyễn Tiến Quang) Kết hợp bài toán 5 với hệ thức quen thuộc cosA + cosB + cosC = 1 + 4sin 2 A sin 2 B sin 2 C (SGK ĐS và GT 11) Ta có bài toán sau: Bài toán 6: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: cosA + cosB + cosC ≤ 2 3 . Kết hợp bài toán 5 với hệ thức quen thuộc r = 4Rsin 2 A sin 2 B sin 2 C (SGK ĐS và GT 11) Ta có bài toán sau: Bài toán 7: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: 2r ≤ R. Kết hợp bài toán 2 với hệ thức: cotA+ cotB + cotC ≥ 3 (Sách toán bồi dưỡng HS lớp 11-Lượng giác, NXB Hà Nội) Ta có bài toán sau: Bài toán 8: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4 3 S. (Đề thi vô địch toán ở Hunggari) Hoàng Trung Thông – Trường THPT DTNT Tương Dương 4 MỘT CÁCH HÌNH THÀNH BÀI TOÁN MỚI Bắt nguồn từ công thức tính độ dài đường trung tuyến ta dễ dàng chứng minh được hệ thức m a 2 + m b 2 + m c 2 = 4 3 ( a 2 + b 2 + c 2 ) (13) Kết hợp hệ thức (13) với bài toán 1 ở trên ta được bài toán sau: Bài toán 9: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: abc( a Acos + b Bcos + c Ccos ) = 3 2 ( m a 2 + m b 2 + m c 2 ). Kết hợp hệ thức (13) với bài toán 3 ở trên ta được bài toán sau: Bài toán 10: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: cotA + cotB + cotC = S mmm cba 3 222 ++ . Kết hợp hệ thức (13) với bài toán 8 ở trên ta được bài toán sau: Bài toán 11: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: m a 2 + m b 2 + m c 2 ≥ 3 3 S. Từ bất đẳng thức: tan 2 A + tan 2 B + tan 2 C ≥ 3 (14) (Sách toán bồi dưỡng HS lớp 11-Lượng giác, NXB Hà Nội) Biến đổi tương đương ta được: (14) ⇔ 1 cos 1 cos 1 cos 3 sin sin sin A B C A B C − − − + + ≥ Lúc đó xuất hiện bài toán sau: Hoàng Trung Thông – Trường THPT DTNT Tương Dương 5 MỘT CÁCH HÌNH THÀNH BÀI TOÁN MỚI Bài toán 12: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: Asin 1 + Bsin 1 + Csin 1 ≥ cotA+ cotB+ cotC+ 3 . Từ bài toán 12 ta thay cotA+ cotB+ cotC = S cba 4 222 ++ = S mmm cba 3 222 ++ khi đó ta lại có hai bài toán sau. Bài toán 13: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: 2 2 2 1 1 1 3 sin sin sin 4 a b c A B C S + + + + ≥ + . Bài toán 14: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: 2 2 2 1 1 1 3 sin sin sin 3 a b c m m m A B C S + + + + ≥ + . Tiếp tục sử dụng định lí sin để biến đổi ta có Asin 1 + Bsin 1 + Csin 1 = 2R( a 1 + b 1 + c 1 ) = abc R2 (bc + ac + ab) = S2 1 (bc + ac + ab). Thay vào các bài toán (12), (13) và (14) ta có các bài toán mới: Bài toán 15: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: S2 1 (bc + ac + ab) ≥ cotA+ cotB+ cotC+ 3 . Bài toán 16: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: Hoàng Trung Thông – Trường THPT DTNT Tương Dương 6 MỘT CÁCH HÌNH THÀNH BÀI TOÁN MỚI 2(bc + ac + ab) ≥ a 2 + b 2 + c 2 + 4 3 S. Bài toán 17: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: 3(bc + ac + ab) ≥ 2(m a 2 +m b 2 +m c 2 ) + 6 3 S. Từ bài toán 16 thực hiện một phép biến đổi nữa ta được một bài toán nổi tiếng sau: Bài toán 18:(Bất đẳng thức Hadvigher) Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: a 2 + b 2 + c 2 ≥ (a - b) 2 + (b - c) 2 + (c - a) 2 + 4S 3 . Bằng cách khai thác định lí cơ bản, kết hợp các hệ thức và các bài toán đã biết ta còn có thể đưa ra nhiều bài toán khác. C .K ẾT LUẬN: Với việc khai thác các Định lí cơ bản trong SGK, bằng các cách nhìn khác nhau tôi đã trả lời được câu hỏi: “Bài toán này từ đâu ra?” cho 18 bài toán trên. Qua việc phân tích đó nhằm giúp học sinh nắm và hiểu định lí một cách sâu sắc, để từ đó tìm được mối quan hệ giữa các bài toán từ cơ bản đến tổng quát và các bài toán hay, khó. Hơn thế nữa từ đó bằng cách tương tự học sinh có thể khai thác tìm tòi để giải quyết hàng loạt các bài toán khác, qua đó củng cố được cách dạy học khai thác Định lí theo hướng tích cực. Theo tôi là giáo viên toán ai cũng làm được điều này, các bạn thử khai thác mỗi quan hệ giữa độ dài đường phân giác trong, đường cao, bán kính đường tròn bàng tiếp, nửa chu vi…của tam giác, chắc các bạn sẽ có nhiều bài toán hay. Hoàng Trung Thông – Trường THPT DTNT Tương Dương 7 MỘT CÁCH HÌNH THÀNH BÀI TOÁN MỚI Người viết: Hoàng Trung Thông (Tổ toán Trường THPT DTNT Tương Dương) Hoàng Trung Thông – Trường THPT DTNT Tương Dương 8 . MỘT CÁCH HÌNH THÀNH BÀI TOÁN MỚI A. ĐẶT VẤN ĐỀ: Qua một thời gian giảng dạy và bồi dưỡng toán cho học sinh, nhiều lúc đứng trước một bài toán hay tôi thầm nghĩ không. (8) và (9) ta được bài toán: Bài toán 3: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: Hoàng Trung Thông – Trường THPT DTNT Tương Dương 2 MỘT CÁCH HÌNH THÀNH BÀI TOÁN MỚI cotA+ cotB + cotC. bài toán sau: Bài toán 5: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có: sin 2 A sin 2 B sin 2 C ≤ 8 1 . Hoàng Trung Thông – Trường THPT DTNT Tương Dương 3 MỘT CÁCH HÌNH THÀNH BÀI TOÁN MỚI