Sáng kiến kinh nghiệm Biện pháp duy trì bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán Lớp 9 ở trường THCS

n đại hoá,là điều kiện để phát huy nguồn lực con người, là yếu tố cơ bản để phát triển xã hội, và tăng trưởng kinh tế bền vững. 
	Những năm gần đây nền GD Việt Nam đã và đang chuyển mình theo su thế phát triển của nền GD thế giới, đó là cuộc cánh mạng đổi mới chương trình, nội dung sách giáo khoa và đổi mới phương pháp giảng dạy trong các cấp học: Tiểu học, THCS, THPT. Gần đây nhất một cuộc cánh mạng mới đang bừng sáng trong lĩnh vực giáo dục đó là cuộc vận động hai không : “ Nói không với tiêu cực trong thi cử và bệnh thành tích trong giáo dục ” của Bộ Trưởng bộ GD-ĐT Nguyễn Thiện Nhân. Tất cả những sự thay đổi đó đều nhằm mục đích phục vụ cho sự phát triển bền vững của đất nước, để góp phần vào sự phát triển của nền giáo dục Việt Nam. Mỗi thày cô giáo là một yếu tố không thể thiếu, bằng lương tâm, khối óc và trách nhiệm trước sự trường tồn của cả một dân tộc cần phải phấn đấu hết sức mình, cống hiến hết sức lực và trí tuệ của mình nhằm dìu dắt thế hệ trẻ Việt Nam vững bước xây dựng thiên niên kỷ mới với một hành trang tri thức vững vàng. Trong nội dung sáng kiến này tôi chỉ xin đề cập đến một phần rất nhỏ của hành trang tri thức ấy đó là: “Biện pháp duy trì bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán lớp 9 ở trường THCS ”.
II. Nội dung
A. Cơ sở khoa học.
	1. Cơ sở lý luận:
	Bồi dường học sinh giỏi là một hoạt động không thể thiếu của ngành GD nói chung và của các trường THCS nói riêng. Đánh giá chất lượng một ngành học ngoài việc nhìn vào chất lượng đại trà thì chất lượng mũi nhọn cũng góp phần không nhỏ.. Làm thế nào để vừa duy trì chất lượng GD toàn diện vừa làm tốt công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Đòi hỏi người thay phải đổi mới phương pháp dạy và trò phải đổi mới phương pháp học phù hợp với su thế phát triển chung của nền GD thế giới. Nếu chỉ trang bị cho HS các kiến thức đơn thuần sách giáo khoa thì tầm nhìn học sinh bị hạn chế. Nếu nền tảng kiến thức từ cấp THCS của học sinh không vững, không sâu, khả năng tư duy kém phát triển thì thế hệ trẻ Việt Nam thì sẽ khó bắt nhịp được với tốc độ phát triển đến chóng mặt của khu vực và thế giới. Vì vậy việc giáo dục toàn diện cũng như bồi dưỡng HSG ở trường THCS là việc làm không thể thiếu, là điều kiện giúp các em thực hiện được lời dặn dò đau đáu của Bác Hồ vị cha già kính yêu lúc sinh thời đã dạy: “ Non sông Việ Nam có trở nên tươi đẹp hay không dân tộc Việt nam có bước tới đài vinh quang để sánh vai với các cường quốc năm châu hay không chính là nhờ 1 phần lớn ở công học tập của các em ”.
2. Cơ sở thực tiễn:
	Hệ thống bài toán THCS rất đa dạng phong phú. Nếu không có phương pháp học tập tốt thì học sinh khó nắm bắt được tư duy thuật giải cho mỗi dạng bài tập. Để trở thành một học sinh giỏi bộ môn toán việc tìm tòi phân dạng bài tập theo từng chuyên đề rất cần thiết. Có như vậy các em mới tự mình rèn luyện kỹ năng giải toán, biến kỹ năng thành kỹ sảo và xây dựng cho mình khả năng tư duy độc lập, sáng tạo, tự tìm kiếm kho tàng kiến thức để chiếm lĩnh. Với chút kinh nghiệm trong một số năm làm công tác bồi dưỡng HSG ở trường , tôi nhận thấy ngoài chương trình chính khoá SGK và sách bài tập đã cung cấp thì để bồi dưỡng được HSG môn toán 9. Giáo viên có thể định hướng cho học sinh tìm hiểu sâu hơn một số chuyên đề đối với cả 3 bộ môn: Số học, Đại số, Hình học như sau:
	2.1. Đối với môn số học cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề:
	- Số nguyên tố, hợp số, số chính phương chia hết trong tập số nguyên và phương trình nghiệm nguyên.
	2.2. Đối với môn đại số cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề:
	- Hằng đẳng thức và 1 số phép biến đổi hằng đẳng thức.
	- Phân tích đa thức thành nhân tử và ứng dụng.
	- Bất đẳng thức, bất phương trình và ứng dụng.
	- Phương trình, hệ phương trình.
	- Tính giá trị biểu thức có điều kiện.
	- Bài tập cực trị đại số ( có điều kiện hoặc không có điều kiện).
	2.3. Đối với môn hình học cần tìm hiểu thêm một số chuyên đề:
	- Định lý Talét trong tam giác và ứng dụng.
	- Các dạng của tứ giác, tứ giác nội tiếp.
	- Bài tập cực trị độ dài, diện tích.
	- Bài tập quỹ tích. 
B. Nội dung cụ thể:
Để khai thác được các bất đẳng thức trong quá trình bồi dưỡng HSG giáo viên cần giới thiệu để học sinh nắm chắc và hiểu rõ cơ sở lí thuyết về bất đẳng thức.
 	1. Cơ sở lí thuyết
	I.1 Định nghĩa cho bất đẳng thức:
Cho 2 số a, b. ta có:	- a lớn hơn b ( a > b ) nếu a-b > 0
- a nhỏ hơn b ( a < b ) nếu a-b < 0
- a lớn hơn hoặc bằng b ( a b ) nếu a -b 0
- a nhỏ hơn hoặc bằng b ( a b ) nếu a-b 0
	1.2 Các tính chất của bất đẳng thức:
1.2.1 a > b b < a 	1.2.7 
1.2.2 	1.2.8 
1.2.3 a > b => a + c > b + c	1.2.9 a > b > 0 => an > bn
	 a > b an > bn ( n lẻ)
1.2.4 	 > an > bn ( n chẵn)
1.2.5 	1.2.10. m > n > 0 thì a > 1 => am > an
	a = 1 => am = an
	0 am > an
1.2.6 
	1.3 Các hằng bất đẳng thức.
1.3.1	 a2 0: - a2 0 
1.3.2	 dấu “=” xảy ra : a = 0
1.3.3 	 - dấu “=” xảy ra : a = 0
1.3.4 dấu “=” xảy ra : ab 
1.3.5 dấu “=” xảy ra : ab và 
 	 1.4 Một số bất đẳng thức thường sử dụng
1.4.1 Bất đẳng thức côsi.
	a + b (với a ; b ) dấu “=” xảy ra: a = b.
* Hệ quả 1: ( ab > 0)
* Hệ quả 2: + 2 ( ab > 0) 
1.4.2 Bất đẳng thức Bunhia Cốpxki.
	( ax + by)2 (a2 + b2)(x2 + y2) dấu “=” xảy ra: ay = bx.
 	1.5 Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức.
Có rất nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức lựa chọn phương pháp nào là tuỳ thuộc vào tính chất, yêu cầu của mỗi bài tập và căn cứ vào kĩ năng nhận biết của học sinh. Để tạo điều kiện cho học sinh tiếp thu tốt, luyện các kĩ năng toán và các thao tác trí tuệ tôi đã hướng dẫn học sinh nghiên cứu 7 phương pháp chứng minh bất đẳng thức
	1.5.1 Dùng định nghĩa để chứng minh bất đẳng thức.
	- Để chứng minh : A > B ta xét hiệu A - B và chứng minh A - B > 0
	1/ Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức
	( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2) ( với a, b, x, y R )
	Xét hiệu: ( ax + by)2 - (a2 + b2 )( x2 + y2)
	= (ax)2 + 2axby + (by)2 - (ax)2 - (ay)2 - (bx)2 - (by)2 
	= - [ (ay)2 - 2axby + (bx)2 ] = - (ay - bx)2 ≤ 0
	Dấu “=” xảy ra : ay = bx.
	Vậy: ( ax + by)2 ≤ (a2 + b2 )( x2 + y2)	 ( với a, b, x, y R )
	Dấu “=” xảy ra ay = bx (điều phải chứng minh)
1.5.2. Dùng phép biến đổi tương đương.
Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức
a/ 	(1)
 ( vì 2 vế không âm nên bình phương 2 vế)
	 a2 + 2ab + b 2 a2 + 2 + b2
	 ab (2)
	Bất đẳng thức (2) đúng nên bất đẳng thức (1) luôn đúng.
	Vậy , dấu “=” xảy ra : ab .
	b/ Chứng minh bất đẳng thức:
	 	(3)
Nếu < bất đẳng thức (3) luôn đúng.
Nếu thì 
 a2 - 2ab + b2 a2 - 2 + b2
 -ab (4)
Bất đẳng thức (4) luôn đúng nên bất đẳng thức (3) đúng.
Vậy: dấu “=” xảy ra: ab 
1.5. Sử dụng tính chất của bất đẳng thức.
Ví dụ: cho a + b > 1 chứng minh rằng a4 + b4 > 
Ta có: a + b > 1 > 0
 (a + b)2 > 1 (bình phương 2 vế không âm)
 a2 + 2ab + b 2 > 1 	(1)
Mặt khác: (a - b)2 0 a2 - 2ab + b 2 0 	(2)
Từ (1)(2): 2(a2+ b2) > 1 a2+ b2 > 	(3)
	 (a2+ b2) > (bình phương 2 vế (3))
	 a4 + 2a2 b2 + b 4 > 	(4)
Mà (a2- b2)2 0 a4 - 2a2 b2 + b 4 0	(5)
Từ (4)(5): 2(a4+ b4) > a4+ b4 > 
Vậy: a + b > 1 => a4+ b4 > 	(*)
Phương pháp làm trội: muốn chứng minh A < B làm trội A thành C
 ( A < C) rồi chứng minh C < B.
	Ví dụ: Cho a, b, c > 0. 	M =
	Chứng minh: 1 < M < 2
	Vì a, b, c > 0. Ta có: 
	> = 1
Vậy M > 1.	(1)
Ta có: a, b, c > 0 
	 < 1 
Tương tự: 	 
Cộng vế với vế ta có:	 < 
Vậy M < 2.	(2)
Từ (1), (2):	 1 0)
1.5.5 Dùng Phương pháp phản chứng: 
Ví dụ: Cho a2+ b2 2 Chứng minh rằng a + b 2
Giả sử: a + b > 2 	(bình phương 2 vế) 
	 (a + b)2 > 4 
	 a2 + 2ab + b 2 > 4	(1) 
	Mặt khác:
	 (a - b)2 0 a2 - 2ab + b 2 0 
	 a2+ b2 2ab => 2(a2+ b2 ) a2 + 2ab + b 2 
	 a2+ b2 2 (giả thiết) => 2(a2+ b2 ) 4
	=> a2 + 2ab + b 2 4`	(2)
Bất đẳng thức (1) và (2) mâu thuẫn => giả sử sai.
Vậy a2+ b2 2 thì a + b 2
1.5.6 Phương pháp quy nạp toán học:
Ví dụ: Chứng minh rằng với x > -1 thì (1 + x)n 1 + nx (với n Z, n > 0)
* Với n = l ta có: 1 + x l + x
* Giả sử đúng với n = k 	(k nguyên dương)
	(l + x)k l + kx	(1)
* PhảI chứng minh đúng với n = k + l.
	(l + x)k+1 l + (k + 1)x
Thật vậy: (1+x) >0	(gt)
	(1 + x)(l + x)k ( l +kx)(1 + x) ( nhân 2 vế với (1))
	(l + x)k 1 + x(k + l) + kx2
Vì kx2 0 => l + (k + l)k + kx2 l + (k + l)x
	 => (1 + x)k+l l + (k + l)x
Dấu “=” xảy ra: x = 0
1.5.7 Dùng phương pháp hình học
Ví dụ: Chứng minh bất đẳng thức sau:
) + (a + b) (c + d ), trong đó a, b, c, d là các số thực dương.
Giải: Xét tứ giác ABCD có ACBD, O là giao điểm hai đường chéo, OA = a, OB = b, 
OC = c, OD = d với a, b, c, d là các số dương
 Theo định lí Py-ta-go: 
 AB = ; BC = ;
 AD = ; CD = ;
 AC = a + b ; BD = c + d
Ta có: AB . BC 2 S ; AD . CD 2 S
	 AB . BC + AD . CD 2 S = AC . BD
	Vậy) + (a + b) (c + d ) với a, b, c, d 0
Có thể áp dụng bất đẳng thức Bunhicốp xki để chứng minh bất đẳng thức trên.
2. Nội dung bàI tập:
Bước phân loại, chọn lọc hệ thống bài tập theo từng dạng phù hợp với trình độ học sinh, giúp học sinh hình thành được cách giải bài tập và đưa ra được nhiều phương án giải, phát triển khả năng tư duy lô gíc, hỗ trợ việc tự học, tự nghiên cứu của học sinh trong quá trình ôn luyện. Đối với học sinh THCS tạm thời phân thành bốn dạng cơ bản sau:
2.1. Dạng bài tập chứng minh bất đẳng thức:
2.1.1 Chứng minh bất đẳng thức: x4 – x + > 0
Ta có: : x4 – x + = : x4 – x2 + + x2 – x + = (x2 - )2 + (x - )2
(x2 - )2 + (x - )2 0 (không thể xảy ra dấu bằng đồng thời)
vậy: x4 – x + > 0
2.1.2. Chứng minh: 	(với x, y > 0)
Xét hiệu: 
 (Vì x, y > 0)
Vậy: : với x, y > 0
2.1.3. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác chứng minh:
	ta có: a + b > c, b + c > a, c + a > b	(bất đẳng thức tam giác)
áp dụng hệ quả của bất đẳng thức côsi: 
	(1)
Tương tự: 	(2)
	(3)
Từ (2)(2)(3): 2(
2.1.4 Chứng minh rằng với và n 2 ‘
a. 	A= < 
Ta có: 
Mặt khác: 
C = 	(với 2)
Hay A < < 	(với 2)
b/ B = 1 + < n
 B = 1 + 
 A < 1+ 
Vậy 1 + < n (n với và n 2)
2.1.5. Cho x 0, y 0, z 0 Chứng minh rằng:
	(x + y)(y + z)(z + x ) 8xyz	(1)
(x + y)2(y + z)2(z + x )2 64x2y2z2	(bình phương 2 vế không âm)
(x + y)2 4xy (bất đẳng thức côsi)
(y + z)2 4yz (bất đẳng thức côsi)
(x + z)2 4zx (bất đẳng thức côsi)
=> (x + y)2(y + z)2(z + x )2 64x2y2z2 => bất đẳng thức (1) luôn đúng
	(với x 0, y 0, z 0 )
2.1.6. a) Chứng minh rằng dương thì: A = 
(Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh 2005-2006 tỉnh Hoà Bình)
Vì dương => 1;2;3; n-1< n
Ta có:
=> 	
Dãy gồm n số hạng => A .> n.=
	Vậy: 	 (với mọi 0 < n z) 
b) CMR: tồn tại một số tự nhiên n sao cho 
Cách1:	 
	.
Vậy tồn tại n N (n 24210 thảo mãn điều kiện 
Cách 2: Dựa vào kếtquả phần a ta có:
	với mọi 0 < n z . Đẳng thức xảy ra ú n =1 
Do đó 
=> 	 =>	
Vậy tồn tại n N 24012
2.1.7. Cho a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác chứng minh:
	abc (b + c - a)(a + c - b)(a + b - c)	(1)
Vì a, b, c là 3 cạnh của tam giác: b + c – a > 0, a + c – b > 0, a + b – c >0
Đặt b + c – a = y , a + c – b = x, a + b – c= z
áp dụng bất đẳng thức: (x+y)(y+z)(z+x) 8xyz (với x, y, z 0 )
Ta có: [a + c – b + b + c – a] [b + c – a + a + b – c] [a + b – c + a + c – b] 
	 8(a + b - c)( b + c - a)( a + c - b)
	2c.2b.2a 8(a + b - c)( b + c - a)( a + c - b)
	abc (b + c - a)(a + c - b)(a + b - c)	
2.1.8. Cho a+b+c =1 chứng minh rằng a2 + b2 + c2 
Đặt a = + x , b = + y , c = + z
Do a+b+c=1 => x + y + z = 0
a2 + b2 + c2 = ( + x)2 + ( + y)2 + ( + z)2 = + (x + y + z) + x2 + y2 + z2 
= + x2 + y2 + z2 . Dấu “=” xảy ra: x = y = z = 0.
a = b = c = 
2.1.9. Cho a + b + c + d = 2 chứng minh rằng : a2 + b2 + c2 + d2 1
Cách 1: áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki
(a + b + c + d)2 (12 + 12 +12 +12 )( a2 + b2 + c2 + d2 )	(1)
mà a + b + c + d = 2	(2)
Từ (1)(2): 	4 4(a2 + b2 + c2 + d2)
	 1 a2 + b2 + c2 + d2 dấu “=”xảy ra a = b = c = d = .
Cách 2: 	Đặt 	a = + x 
 b = + y
 c = + z
 	d = + t	
x + y + z + t = 0 (vì a + b + c + d = 2 )
a2 + b2 + c2 + d2 = ( + x)2 + ( + y)2 + ( + z)2 + ( + t)2
= 1 + ( x + y + z + t ) + x2 + y2 + z2 + t2 1
dấu “=”xảy ra: x = y = z = t a = b = c =d = 
2.1.10. Nếu a1 + a2 + ..+ an = k thì a12 + a22 + ..+ an2 
Đặt: x1 + x2 + ..+ xn = 0
a12 + a22 + ..+ an2 = ( + x1)2 + ( + x2)2 + +( + xn)2
	 = .n + 2.( x1 + x2 + ..+ xn ) + (x12 + x22 + ..+ xn2)
a12 + a22 + ..+ an2 (đpcm)
21.11. Chứng minh rằng: a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì
	 cũng là 3 cạnh của 1 tam giác
Ta có: a + b > c; : b + c > a; : a + c > b (bất đẳng thức tam giác)
xét 
Tương tự:
Vậy với a, b, c là 3 cạnh của một tam giác thì 
 cũng là cạnh của tam giác.
 2.2. áp dung bất đẳng thức để giải phương trình.
 2.2.1. Giải phương trình: x2 + y2 + z2 = x(y + z)
Bài toán quy về chứng minh: x2 + y2 + z2 x(y + z) dấu “=” khi nào ? 
Ta có: x2 + y2 + z2 x(y + z)	(1)
 x2 + y2 + z2 – xy – xz 0	
 2x2 +2y2 +2z2 –2xy – 2xz 0
 (x2 + y2 – 2xy)+( x2 + z2 – 2xz) + x+ y+ z 0
 (x - y)2 + (x - z)2 + y+ z 0	(2)
Bất đẳng thức (2) đúng mọi x,y,z => bất đẳng thức (1) đúng.
 Dấu “=”xảy ra: x = y = z = 0
 Vậy nghiệm của phươưng trình là: x = y = z = 0
 2.2.2. Giải phương trình
 + = 5 – 2x – x2	(1)
+= 6 - (x + 1)2
vì 3(x + 1)2 0, 5(x + 1)2 0 nên = 2
	 = 4
VT: + 6
VP: 6 - (x + 1)2 6 
Đẳng thức (1) chỉ xảy ra cả 2 vế bẳng 6
5 – 2x – x2 = 6 x2 + 2x +1 = 0 (x + 1)2 = 0 x = -1
	vậy nghiệm cuả phương trình (1) là x = -1
2.2.3. Tìm nghiệm của phương trình: 
	(x + y + 1)2 = 3(x2 + y2 + 1)
áp dụng bất đẳng thức Bunhia côpxki ta có:
(x + y + 1)2 (1 + 1 +1)(x2 + y2 + 1) x + y + 1)2 3(x2 + y2 + 1)
Dấu “=”xảy ra: x = y = 1.
Vậy nghiệm cuả phương trình là: x = y = 1.
2.2.4. Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
+) x = 2. Ta có: 
=> 
+) x = 2, y = 4 => 
	+) x=3 => 
	=> 
	+) x = 3; y = 2 => 
	+) x = 3; y = 3 =>
vậy nghiệm cuả phương trình là: (x,y,z) = (2;3;6); (2;4;4); (3;3;3) và các hoán vị.
2.2.5. Chứng minh rằng phương trình: 	(1)
không có nghiệm nguyên dương.
Giả sử: 0 1<
Thử với x = 1 không phải là nghiệm của phương trình (1) nên nghiệm nguyên dương nếu có phải thoả mãn x2 > 1.
Vậy 1 x2 3 không có số 0 < xZ nào thoả mãn điều kiẹn trên nên phương trình không có nghiệm nguyên dương.
2.3. áp dụng bất đẳng thức để tìm cực trị:
2.3.1.a/ Chứng minh bất đẳng thức:
	(1)
b/ Biết x2 + y2 = 52. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức A = 2x+3y
Vì 2 vế của (1) không âm nên bình phương 2 vế (1)
(ac)2 + (bd)2 + 2abcd (ac)2 + (bd)2 + (bc)2 + (bd)2 
(ad)2 – 2abcd + (bc)2 0 
(ad - bc) 0 	(2)
Bất đẳng thức (2) luôn đúng.
=> Bất đẳng thức (1) đúng. Dấu “=”xảy ra: ad = bc
	c/ (áp dụng bất đẳng thức (1))
 	(Vì x2 + y2 = 52)
 26 
 -26 2x + 3y 26
Vậy A(max) = 26 3x = 2y 
=> t2 = 4 
	* t = 2 => 	x = 4
	 	y = 6
	* t = 3 => 	x = -4	=>	 A(max) = 26 x = 4, y = 6 (x, y cùng dấu)
	 	y = -6
 	A(min) = -26 	x = -4	, y = -6
2.3.2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
	B = 
Ta có: B = = 
áp dụng bất đẳng thức: 
	B = = 1
	B(min) = 1 (1993 – x )( x – 1994 ) 0
	 1993 x 1994
2.3.3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
	a/ A = x100 – 10x10 + 10 	()
	b/ Cho 3 số thực: x, y, z 0 thoả mãn x1997 + y1997 + z1997 = 3
	Tìm Max S = x2 + y2 + z2 
Lời giải:
	a/ => x100 0 
	áp dụng bất đẳng thức côsi với 10 ta có: 
	x100 + 1+1++1 10 = 10x10
	 9 số1
A = x100 + 9 - 10x10 0 => x100 – 10x10 + 10 1
A(min) = 1 = 1.
	b/ áp dụng bất đẳng thức côsi cho 1997 số trong đó 1995 số bằng 1 và 2 số 
bằng x1997
Ta có 	 = x2 
Tương tự: 	 y2
	 z2
=> 1995.3 + 2 ( x1997 + y1997 + z1997 ) x2 + y2 + z2 
	 1997
 	 3 x2 + y2 + z2 = S
	Vậy: S(max) = 3 x = y = z = 1
2.3.4. Cho x, y, z > 0 thoả mãn bất đẳng thức:
	2xyz + xy + yz + xz 1. Tìm giá trị lớn nhất của xyz ?
Lời giải:
Do x, y, z > 0 áp dụng bất đẳng thức côsi với 4 số dương ta có 
	1 2xyz + xy + yz + xz 4	dấu “=”xảy ra 
	 2xyz = xy = yz = xz
1 2x
vậy xyz(max) = 2xyz = xy = yz = xz x = y = z = 
áp dụng bất đẳng thức vào bài tập hình
2.4.1
D 
B 
a 
c 
A 
E 
C 
b 
	ABC Các cạnh lần lượt là a,b,c
	 GT	 độ dài các phân giác lần lượt là x,y,z.
 KL	
Từ B kẻ Bx // AD, Bx CA = => AEB = ABE ABE cân tai A
=> x <
	 AB = AE
	 AD // BE => 
Trong ABE có BE < AB + AE = 2c 
Suy ra:
=>
 Tương tự: 
	ABC cạnh a,b,c nội tiếp đường 	 GT	(O,R) IKBC; IFAC;IEAB
	 IK=x; IF = y; IE = z
 KL	
A
C
B
H
K
E
F
D
I
2.4.2	
Gọi S là diện tích của ABC
Kẻ đường kính AD, AH BC tại H 
ACD AHB
=> AC. AB = AH. AD
hay AB.AC = 2R.AH
abc = 2R.a.HA abc = 2R. 2S (1)
S = S AIB + SBIC + S CIA = 
 => 2S = ax+ by + cz	 (2)
Từ (1) 	 (3) 
Từ (2)(3):	(*)
(vì a2 + b2 + c2 ab + bc + ca ) 
Mặt khác: 
Vì a, b, c > 0; x, y, z > 0. áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki
	(**)
ABC có diện tích S, hcn:MNPQ 	nội tiếp ABC có diện tích S,
	 M AB, N AC, P, Q BC
KL	 S 2S 
GT
A
B
C
N
M
Q
P
H
	Từ (*)(**): 	 
2.4.3
	Chứng minh
	Kẻ AHBC tại H S = AH. BC
	S = MN. MQ
Mặt khác: MN // BC, MQ // AH ( MNPQ là hcn, MQ; AH BC )
 (áp dụng bất đẳng thức Cô Si)
 hay 	
	C. Hiệu quả của sáng kiến
	Sáng kiến này đã được áp dụng tại trường THCS trong nhiều năm. Đối tượng nghiên cứu là học sinh có năng khiếu môn toán ở lớp 8, lớp 9. Đến năm học 2006 – 2007 sáng kiến đã hoàn thiện cơ bản về nội dung và phương pháp. 
Kết quả đạt học sinh giỏi các cấp ba năm học từ 2004 đến 2007 như sau: 
Năm học
Học sinh dự thi
Đạt giỏi huyện
Đạt giỏi tỉnh
2004 - 2005
5
5
4
2005 - 2006
5
5
5
2006 - 2007
6
6
5
III. Kết luận
 	Qua nhiều năm áp dụng biện pháp trên trong bồi dưõng học sinh giỏi tôi thu được kết quả rất khả quan. Học sinh đã có cơ sở để phân loại hệ thống bài tập theo từng chuyên đề trong quá trình ôn luyện, các em đã nhìn nhận bộ môn toán thiện cảm hơn và say mê tìm tòi, tự phát hiện cách giải các dạng bài tập toán, rèn khả năng tư duy lô gíc, sáng tạo, kỹ năng giải toán, hình thành hệ thống kiến thức từ thấp đến cao, từ đơn giản đến phức tạp. Biến quá trình đào tạo thành quá trình tự đào tạo. hơn nữa trong quá trình tìm tòi để hướng dẫn cho học sinh ôn luyện bản thân tôi cũng được cọ sát với chương trình nâng cao ngoài sách giáo khoa, đào sâu thêm kiến thức, bổ sung vào những thiếu hụt kiến thức mà đến nay còn nhiều giáo viên vẫn mắc phải. Sự tìm tòi đó cũng góp phần không nhỏ vào việc trang bị hành trang tri thức để học sinh vững bước vào thiên niên kỷ mới, thiên niên kỷ của khoa học công nghệ phát triển.
	Bồi dưỡng học sinh giỏi là cả một quá trình để có một học sinh giỏi môn toán nói riêng và học sinh giỏi nói chung đó là sự khổ công rèn luyện qua một quá trình học tập của trò cũng như rèn rũa của người thày. Đối với môn toán người thày phải định hướng cho học sinh thực hiện nghiên cứu lần lượt các chuyên đề và sau mỗi chuyên đề là hệ thống bài tập đa dạng, giúp các em phát triển năng lực tư duy sáng tạo.
	Trên đây mới chỉ giới thiệu được một số dạng bài tập có liên quan đến “ Bất đẳng thức” trong khi bồi dưỡng học sinh giỏi để duy trì được chất lượng mũi nhọn mỗi giáo viên cần phải có thời gian và đội ngũ học trò ham học, thông minh. Người thày phải luôn ý thức tự học tự bồi dưỡng để nâng cao tay nghề.
	* Một số tài liệu tham khảo
	- Một số vấn đề phát triển 6, 7, 8, 9 ( Số, Đại, Hình )tác giả: Vũ Hữu Bình.
	- 400 bàI tập Đại số – Số học ( tác giả: Vũ Dương Thuỵ)
	- Bồi dưỡng chuyên toán cấp 2-3 ( tác giả: Nguyễn Vũ Thanh )
	- 255-225 bài tập hình ( tác giả: Vũ Dương Thuỵ)
	- Tạp chí trung học phổ thông – Toán học tuổi trẻ cùng một số tài liệu khác
* Một số kiến nghị:
	- Đề nghị Sở GD mở nhiều chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi để giáo viên các huyện được trao đổi học hỏi kinh nghiệm.
	- Đề nghị phòng GD đầu tư hơn nữa về tài liệu tham khảo cho giáo viên, thời gian ôn luyện, các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi.
	- Đề nghị mỗi nhà trường quan tâm hơn đến chất lượng mũi nhọn tạo điều kiện để giáo viên có thời gian tự học và có cơ hội ôn luyện tốt.
	, ngày.. tháng.. năm 2007
	Người viết
Xác nhận của hội đồng thi Đua trường
Xác nhận của phòng GD - ĐT