skkn vận dụng linh hoạt bất đẳng thức côsi trong giải toán cực trị hình học 9

1 Là tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến: “Vận dụng linh hoạt bất đẳng thức Côsi giải tốn cực trị hình học 9” Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Tác giả đồng thời chủ đầu tư tạo sáng kiến Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục (Mơn Tốn) Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu: ngày 2/1/ 2020 Mô tả chất sáng kiến: 5.1: Tính sáng kiến: Những tốn cực trị thường gắn Toán học với thực tiễn, việc tìm lớn nhất, nhỏ nhất, nhiều nhất, nhất… tìm tối ưu thường đặt đời sống kỹ thuật Đề tài xin dành cho đối tượng em học sinh giỏi Tốn lớp thầy giáo tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán bậc THCS Với mong muốn góp phần nhỏ bé vào nghiệp bồi dưỡng đào tạo nhân tài Việc khai thác bất đẳng thức Cơsi q trình giải toán bất đẳng thức cực trị hình học hướng tiếp cận hiệu quả, khơng lẽ đối tượng hình học (diện tích, độ dài đoạn thẳng, số đo góc, …) đối tượng để áp dụng BĐT Côsi tương đồng (đại lượng khơng âm), mà cịn tính đa dạng BĐT Côsi vận dụng Sự khéo léo, linh hoạt việc khai thác BĐT Côsi yêu cầu học sinh giỏi Tốn Mức độ khó, dễ tốn điều chỉnh tuỳ theo chủ ý người đề 5.2: Nội dung sáng kiến: 5.2.1: Thực trạng vấn đề: Các tốn bất đẳng thức cực trị hình học thuộc loại tốn khó, làm cho học sinh phổ thông, trung học sở, kể học sinh giỏi lúng túng gặp dạng toán Thực phần quan trọng hình học, kiến thức bất đẳng thức hình học làm phong phú phạm vi ứng dụng Toán học So với bất đẳng thức đại số, bất đẳng thức hình học chưa quan tâm nhiều Một nguyên nhân khó giải vấn đề phương pháp tiếp cận phương pháp thông thường hay áp dụng hình học, khơng phải phương pháp đại số tuý Để giải tốn bất đẳng thức hình học cần thiết phải biết vận dụng kiến thức hình học đại số cách thích hợp nhạy bén 5.2.2: Nội dung sáng kiến: Nội dung sáng kiến tạm chia làm ba phần: Phần gồm số tốn điển hình nhận xét tác giả Phần hai vài suy nghĩ trao đổi xung quanh việc khai thác toán gốc đại số toán với mức độ khác hình học, thơng qua ví dụ minh hoạ cụ thể Phần ba số tập đề xuất • Một số kiến thức nâng cao: Bất đẳng thức Côsi: Cho a1, a2, …, an số không âm Ta ln có: ≥ Dấu xảy a1 = a2 = … = an * Cách phát biểu khác cho BĐT Côsi : Với số không âm, trung bình cộng khơng nhỏ trung bình nhân Trung bình cộng trung bình nhân số * Ý nghĩa BĐT Cơsi: + n số khơng âm có tổng khơng đổi, tích chúng đạt giá trị lớn số + n số dương có tích khơng đổi, tổng chúng đạt giá trị nhỏ số Một số định lý nâng cao Định lý Ceva(định lý Sêva - nhà toán học Ý, 1647-1734) Cho tam giác ABC Các điểm A’, B’, C’ thuộc đường thẳng BC, CA, AB Khi AA’, BB’, CC’ đồng quy A'B B ' C C ' A =1 A ' C B ' A C ' B Định lý Menelaus (Nhà toán học cổ Hy Lạp, kỷ I sau công nguyên) Cho tam giác ABC Các điểm A’, B’, C’ nằm đường thẳng BC, CA, AB cho chúng khơng có điểm nào, có điểm thuộc cạnh tam giác ABC Khi A’, B’, C’ thẳng hàng A'B B ' C C ' A =1 A 'C B ' A C ' B I Một số tốn điển hình Bài : (Một kết đẹp thú vị tứ giác nội tiếp) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Hai đường chéo AC BD cắt I Chứng minh : + + + ≤ + + + Chứng minh : (Hình 1) Dễ thấy ∆ ABI ∽ ∆ DCI (g.g) ⇒ = = ⇒ = (1) Theo bất đẳng thức Cơsi, ta có: ≤ ( + ) (2) Dấu (2) xảy ⇔ = Từ (1) (2) ⇒ ≤ ( + ) (3) Hình Hồn tồn tương tự, ta có: ≤ ( + ) (4) ≤ ( + ) (5) ≤ (+ ) (6) Dấu (4), (5), (6) xảy tương ứng = , = , = Cộng vế (3),(4), (5), (6) ta điều phải chứng minh Dấu xảy IA = IB = IC = ID ⇔ ABCD hình chữ nhật Nhận xét: Trong tốn trên, dấu bất đẳng thức cần chứng minh ≤, hai vế bất đẳng thức dạng tổng hạng tử Chìa khố để giải tốn việc chuyển đổi hạng tử vế trái thành dạng bậc hai tích ( = , …), từ áp dụng bất đẳng thức Cơsi chứng minh hạng tử vế trái ≤ nửa tổng hai hạng tử vế phải Vì vậy, việc linh hoạt biến đổi toán để áp dụng bất đẳng thức Côsi trường hợp cụ thể cần thiết, đòi hỏi người làm tốn tư duy, tìm tịi sáng tạo Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC Vẽ ba chiều cao AA 1, BB1, CC1, ba trung tuyến AA2, BB2, CC2 Giả sử AA2 ∩ BB1=P, BB2 ∩ CC1=Q, CC2 ∩ AA1=R Chứng minh rằng: + + ≥ Chứng minh: Áp dụng định lý Menelauyt tam giác AA 2C với đường thẳng BRB1, ta có: Suy ra: = =1 (1) Do AA2 trung tuyến nên BC = 2.A2B, BB1 ⊥ AC nên AB1 BB1.cot A tan C = = B1C BB1.cot C tan A Hình AP tan C = tan A Vậy từ (1) ⇒ PA2 Hoàn toàn tương tự, ta có: BQ tan A = , QB2 tan B CR tan B = RC2 tan C AP BQ CR  tan C tan A tan B  + + = 2. + + ÷ PA QB RC tan A tan B tan C   2 Từ đó: Mặt khác, theo bất đẳng thức Cơsi, thì: tan C tan A tan B tan C tan A tan B + + ≥ 33 =3 tan A tan B tan C tan A tan B tan C Vậy: + + ≥ tan C tan A tan B = = Dấu xảy tan A tan B tan C , tức tam giác ABC Bài 3: Cho điểm M nằm đoạn thẳng AB Vẽ phía AB tia Ax, By vng góc với AB Qua M có hai đường thẳng thay đổi ln vng góc với cắt Ax, By theo thứ tự C, D Xác định vị trí điểm C, D cho tam giác MCD có diện tích nhỏ Lời giải: (Hình 3) Ta có: SMCD = MC.MD · · Đặt : MA = a, MB = b, AMC = BDM = α Khi MC = , MD = Nên: SMCD = Do a, b số nên SMCD nhỏ ⇔ 2sinαcosα lớn Hình Theo bất đẳng thức Cơsi: 2sinαcosα ≤ sin α + cos2α = Nên SMCD ≥ ab Dấu xảy sinα = cosα ⇔ α = 450 Như Min SMCD = ab Điểm C, D xác định thứ tự tia Ax, By cho AC = AM, BD = BM Nhận xét: Điểm sáng tạo cách giải ta chọn biến tỉ số lượng giác sinα, cosα Giữa sinα, cosα , sin2α + cos2α có liên hệ BĐT Côsi: x2 + y2 ≥ 2xy Bài 4: Cho tam giác ABC, điểm M di chuyển cạnh BC Qua M kẻ đường thẳng song song với AC AB, chúng cắt AB AC theo thứ tự D, E Xác định vị trí điểm M cho hình bình hành ADME có diện tích lớn 6 Lời giải: Cách : Ta thấy SADME lớn ⇔ lớn Kẻ BK ⊥ AC, cắt MD H SADME = MD.HK, SABC = AC.BK Suy ra: = Đặt MB = x, MC = y, ta có: = = , = = Do : = (*) Hình Theo bất dẳng thức Côsi: x + y ≥ ⇔ (x + y)2 ≥ 4xy ⇔ ≤ Từ (*) (**), ta được: (**) ≤ Dấu xảy x = y Như max SADME = SABC, M trung điểm BC Cách 2: Ký hiệu SABC = S, SDBM = S1, SEMC = S2 Rõ ràng SADME lớn ⇔ S1 + S2 nhỏ ⇔ nhỏ Vì tam giác DBM EMC đồng dạng với tam giác ABC nên: = ( )2, = ( )2 Suy ra: = = ≥ Như S1 + S2 ≥ S nên SADME ≤ S Xảy dấu ⇔ x = y Kết luận: max SADME = SABC, M trung điểm BC Nhận xét: Ở cách 1, ta xét biểu thức trung gian, tỉ số diện tích hình bình hành ADME diện tích tam giác ABC, bất đẳng thức Cơsi dạng ≤ Cịn cách 2, ta xét biểu thức trung gian tỉ số tổng diện tích tam giác DBM, EMC diện tích tam giác ABC, lại áp dụng bất đẳng thức Côsi dạng ≥ Qua cho thấy, toán, với cách khai thác khác việc vận dụng bất đẳng thức Cơsi dạng khác Vấn đề đòi hỏi người làm toán khả vận dụng linh hoạt, hợp lý để đạt mục đích cụ thể Dưới hai toán, toán cực trị hình học ta lại vận dụng bất đẳng thức Cơsi khía cạnh khác Với hai số dương x, y có tổng x + y khơng đổi, tích xy đạt giá trị lớn x = y Ngược lại tích xy khơng đổi tổng x + y đạt giá trị nhỏ x = y 7 Bài 5: Cho tam giác ABC vng cân có cạnh huyền BC = a Gọi D trung điểm AB Điểm E di chuyển cạnh AC Gọi H, K theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ D, E đến BC Tính diện tích lớn hình thang DEKH Khi hình thang trở thành hình gì? Lời giải (Hình 5) Ta có: 2SDEKH = (DH+EK).HK =(BH+KC).HK Ta thấy tổng (BH+KC) + HK không đổi (bằng BC = a cho trước) nên tích (BH+KC).HK lớn BH+KC = HK = Do đó: max S = = Hình Khi hình thang DEKH có đường cao HK= kẻ AM ⊥ BC tam giác ABC vuông cân A nên MB = MC = , nên HB = HM = Vậy KC = BC - BH - HK = a - - = Khi DH = HB = , EK = KC = Hình thang DEKH hình chữ nhật, E trung điểm AC Bài 6: Hai anh em chia tài sản mảnh đất hình tam giác ABC Họ muốn chia mảnh đất thành miếng đất có diện tích bờ rào thẳng ngắn Tính độ dài m bờ rào theo diện tích S góc α nhỏ tam giác Lời giải: (Hình 6) Bờ rào phải cắt cạnh tam giác Giả sử góc · đỉnh A nhỏ nhất, BAC = α , độ dài bờ rào IK = m Gọi khoảng cách từ đỉnh A tới hai đầu bờ rào x, y Ta có: IK2 = x2 + y2 - 2xy.cosA (*) Đặt SABC = S , SAIK = S’ S’ = khơng đổi µ Mặt khác, S’ = xy.sinA, mà S’ A không đổi nên xy không đổi Từ (*) ta thấy: IK nhỏ ⇔ x2 + y2 nhỏ Theo bất đẳng thức Côsi: x2 + y2 ≥ 2xy (hằng số) Vậy x2 + y2 nhỏ ⇔ x = y Hình Như vậy, xét bờ rào chắn góc A bờ rào ngắn tam giác AIK cân A (**) Bây ta tính độ dài bờ rào IK theo S α Kẻ đường cao AH tam giác cân AIK (hình 6.1) Khi đó: IH = AH.tan suy IK = m = 2AH.tan Mặt khác 2S’ = IK.AH = m.AH nên 2.AH = Vậy m = tan ⇔ m2 = 4S’.tan Hình 6.1 ⇔ m = S '.tan Thay S’ = Kết luận: Bờ rào có độ dài ngắn α m = 2S tan m = 2S tan α α µ µ µ với α = min( A, B, C ) Nhận xét: Một tình thực tế giải thuyết phục Toán học Nếu để chia mảnh đất hình tam giác thành mảnh có diện tích q đơn giản (chỉ cần bờ rào ba trung tuyến tam giác đủ), mục đích đặt vừa phải chia đơi diện tích, vừa đảm bảo độ dài bờ rào thẳng ngắn Trong cách giải trên, ta sử dụng công thức: IK2 = x2 + y2 - 2xy.cosA để từ khẳng định tích xy khơng đổi, sử dụng bất đẳng thức Cơsi để tìm giá trị nhỏ IK Bài tốn thực tế khai thác việc chọn lọc, đề thi chọn học sinh giỏi Toán hay phù hợp với việc kết hợp câu hỏi phụ “ Chứng minh tam giác ABC, với độ dài AB = c, BC = a, AC = b, a = b2 + c2 - 2bc.cosA” Hoặc kết luận (**) lời giải cho ta tốn “Chứng minh tam giác AIK có diện tích số đo góc A khơng đổi, tam giác cân A có độ dài IK nhỏ nhất” Dưới ví dụ khác việc khai thác toán gốc toán khác, tuỳ theo mục đích hỏi đối tượng làm Bài 7: Cho đường tròn (O; r) nội tiếp tam giác ABC Kẻ đường thẳng qua O cắt hai cạnh CA, CB tam giác theo thứ tự M N Đường thẳng vị trí tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất? Lời giải: Gọi S diện tích ∆ CMN, ta có : Hình S = SOCM + SOCN = (CM + CN).r Do đó: = (CM + CN) (1) Theo bất đẳng thức Côsi: (CM + CN) ≥ (2) Mặt khác: CM.CN ≥ 2S Kết hợp (1), (2), (3) suy ra: (3) = (CM + CN)≥ ≥ hay S≥ r ⇔ S2 ≥ 2S.r2 ⇔ S ≥ 2r2 Vậy S nhỏ bẳng 2r2 CM = CN Tam giác CMN cân đỉnh C có CO phân giác nên CO ⊥ MN Kết luận: Đường thẳng MN ⊥ CO O ∆ CMN có diện tích nhỏ Nhận xét: Có thể diễn đạt kết tốn dạng sau: Cho điểm O thuộc tia phân giác góc C, đường thẳng qua O cắt hai cạnh góc C M N Tam giác CMN có diện tích nhỏ CO đường cao tam giác 10 Cách khác: Cho điểm O thuộc tia phân giác góc C, đường thẳng qua O cắt hai cạnh góc C M N Tam giác CMN có diện tích nhỏ CO trung tuyến tam giác Ta cịn có kết mạnh cách bỏ điều kiện O thuộc tia phân giác góc C: Cho điểm O nằm góc C, đường thẳng qua O cắt hai cạnh góc C M N Tam giác CMN có diện tích nhỏ CO trung tuyến tam giác Dưói hai cách giải tốn này: Cách : Xét ∆ CMN nhận CO trung tuyến ∆ CDE có DE qua O OD < OE (như hình vẽ 7.1) Lấy I đoạn OE cho OI = OD.Ta có: ∆ ODM = ∆ OIN (c.g.c) => SODM = SOIN ⇔ SCMN < SCDE Cách 2: Qua O kẻ đường thẳng song Hình 7.1 song với cạnh góc C, tạo thành hình bình hành OHCK (như hình vẽ 7.2) Theo kết Bài 4, ta có: SOHCK ≤ SCMN ⇔ SCMN ≥ 2SOHCK Do góc C điểm O cố định nên S OHCK khơng đổi Vì minSCMN = 2SOHCK, O trung điểm MN Để dựng điểm M, ta cần lấy M cho Hình 7.2 H trung điểm CM Nhận xét: Qua tốn điển hình tơi lựa chọn trên, số tốn cịn có cách giải khác Tuy nhiên, với việc khai thác linh hoạt hợp lý vai trò bất dẳng thức Cơsi, kết khác hình học, lời giải qua ví dụ ngắn gọn đẹp Đối với người học ( đối tượng HS giỏi Tốn 9), coi gợi ý, định hướng suy nghĩ tìm tịi lời giải cho số tốn cực trị hình học Cịn người dạy (GV), coi ý kiến tham khảo, trao đổi việc khai thác bất đẳng thức Côsi việc đưa tốn 11 cực trị hình học hay toán giải vấn đề có ý nghĩa thực tiễn sống II Phát triển tốn hình học từ tốn gốc đại số Để mức độ khai thác bất đẳng thức Cơsi sâu hơn, cao hơn; ta sử dụng tốn gốc Đại số, dạng cụ thể bất đẳng thức Côsi, chứng minh góc độ tổng quát, đưa vào tốn chứng minh bất đẳng thức hình học Muốn giải tốn này, địi hỏi người làm tốn khả phân tích áp dụng khéo léo kết Tiếp sau vài ví dụ cho ý tưởng Bài toán gốc: Chứng minh a1, a2, …, an số dương, (a1 + a2 + … + an)( + + … + ) ≥ n2 Chứng minh: Theo bất đẳng thức Cơsi, ta có: ≥ (1) ≥ (2) Do vế (1) (2) số dương, nên nhân vế hai bất đẳng thức trên, ta được: (a1 + a2 + … + an)( + + … + ) ≥ n2 Dấu xảy a1 = a2 = … = an Trong nhiều toán, người ta thường sử dụng hai trường hợp riêng sau đây: Với a, b > 0, ta có: (a + b)( + ) ≥ Với a, b, c > 0, ta có : (a + b + c)( + + ) ≥ Sau ví dụ việc sử dụng tốn gốc số toán cụ thể Bài 8.1 : Cho ∆ ABC, O điểm tuỳ ý tam giác AO, BO, CO kéo dài cắt cạnh đối diện thứ tự M, N, P Chứng minh : + + ≥ Lời giải : (Hình 8.1) 12 Theo định lý Sêva, ta có : + + =1 (1) Áp dụng kết toán gốc với trường hợp riêng thứ 2, ta có : ( + + )( + + ) ≥ (2) Kết hợp (1) (2) suy : + + ≥ ⇔ + + ≥9 Hình 8.1 ⇔ + + + + 1+ ≥ ⇔ Dấu xảy Nên + + ≥6 = = , mà + + = = = = ⇔ M trọng tâm ∆ ABC Bài 8.2 : Cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (O) Ba chiều cao AA’, BB’, CC’ thứ tự cắt (O) A1, B1, C1 Chứng minh + + ≥ Lời giải : Gọi H trực tâm ∆ ABC (hình 8.2) Dễ thấy A’H = A’A1, B’H = B’B1, C’H = C’C1 Theo tốn gốc, ta có : ( + + ).( + + ) ≥ (*) AA1 BB1 CC1 A' H B ' H C ' H + + = 3+ + + AA ' BB ' CC ' Xét AA ' BB ' CC ' Hình 8.2 Mặt khác, theo định lí Sêva : Nên: + + =1 + + =3+1=4 Khi đó, (*) ⇔ + + ≥ Dấu xảy ⇔ = = ⇔ 1+ = 1+ = 1+ ⇔ = = ⇔ H trọng tâm ∆ ABC ⇔ ∆ ABC tam giác 13 * Nếu thay đổi giả thiết ba đường cao AA’, BB’, CC’ toán thành ba đường trrung tuyến kết tốn ? Dấu ≥ có cịn khơng ? Ta tiếp tục xét tốn sau : Bài 8.3 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Ba trung tuyến AA’, BB’, CC’ cắt (O) A1, B1, C1 Chứng minh : + + ≤ (*) Lời giải : Đặt AB = c, AC = b, BC = a Vì tứ giác ABA1C nội tiếp (O), AA1 cắt BC A’ nên: AA’.A’A1 = A’B.A’C = Hình 8.3 => AA’.A’A1 = AA’.(AA’ + A’A1) = AA’2 + AA’.A’A1 = AA’2 + Mà AA’ trung tuyến ∆ ABC nên: AA’ = Suy ra: Ta có: = = AA’.A’A1 = =1- (1) Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được: =1- (2) =1- (3) Kết hợp (1), (2), (3) : (*) ⇔ - ( + + ) ≤ ⇔ + + ≥ ⇔ 1+ +1+ + 1+ ≥ ⇔ (a2 + b2 + c2) ( + + ) ≥ ⇔ [ (b2 + c2)+(a2+ c2) + (a2 + b2)].( + + ) ≥ (**) Rõ ràng (**) với toán gốc nêu Do (*) Dấu (*) xảy a = b = c, tức ∆ ABC Nhận xét: Về mức độ, toán 8.3 yêu cầu cao so với toán 8.2 Cũng việc vận dụng toán gốc, phát triển sâu hơn, với học sinh phải biết công thức trung tuyến (coi toán phụ): ma2 = - 14 Cũng học sinh dừng lại chỗ đẳng thức Nesbit (với n =3): + + + ≥ Đây nội dung bất + ≥ Bất đẳng thức Nesbit chứng minh qua kết toán gốc nêu Dưới toán nữa, coi “minh hoạ hình học” cho bất đẳng thức Nesbit Bài 8.4: Cho tam giác ABC Vẽ ba phân giác AA’, BB’, CC’ Gọi a 1, b1, c1 tương ứng khoảng cách từ A’ đến AB, B’ đến BC, C’ đến CA Gọi h a, hb, hc tương ứng ba chiều cao tam giác kẻ từ A, B, C Chứng minh rằng: + + ≥ Lời giải: Kẻ AH ⊥ BC A’K ⊥ AB (hình 8.4) Theo đó, AH = ha, A’K = a1 Trong ∆ ABA’ có : BA’.ha = AB.a1 = c.a1 Suy ra: = (1) Mặt khác, AA’ phân giác ∆ ABC, nên : = ⇒ = ⇒ BA’ = (2) Hình 8.4 Thay (2) vào (1) ta được: = Hoàn toàn tương tự, ta có: = (4) (3) = (5) Cộng (3), (4), (5), ta được: + + = + + ≥ III Một số tập đề xuất Bài 1: Cho nửa (O; R) đường kính AB Vẽ tiếp tuyến Bx B (O) Gọi M điểm di động thuộc nửa đường tròn AM cắt Bx E Xác định vị trí điểm M để 2AM + AE đạt giá trị lớn 15 Bài 2: cho điểm M nằm tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c Gọi khoảng cách từ điểm M đến BC, AC, AB tương ứng x, y, z Xác định vị trí điểm M tam giác cho biểu thức P= a b c + + x y z đạt giá trị nhỏ Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC O điểm nằm tam giác Các tia AO, BO, AM BN CP + + ≥9 CO cắt BC, AC, AB M, N, P Chứng minh OM ON OP Bài 4: Cho hình vng ABCD có cạnh a Trên cạnh AD CD lấy · điểm M N cho MBN = 45 , BM BN cắt AC thứ tự E F a) Chứng minh điểm M, E, F, N nằm đường tròn b) MF cắt NE H, BH cắt MN I Tính BI theo a c) Tìm vị trí M N cho diện tích tam giác MDN lớn 5.3 Khả áp dụng sáng kiến: Đề tài xin dành cho đối tượng em học sinh giỏi Toán lớp thầy cô giáo tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán bậc THCS Với mong muốn góp phần nhỏ bé vào nghiệp bồi dưỡng đào tạo nhân tài Đề tài triển khai áp dụng tất trường THCS địa bàn tỉnh Bình Phước có nhiều đối tượng học sinh khá, giỏi Những thông tin cần bảo mật: Không Điều kiện để áp dụng sáng kiến: * Đối với giáo viên: - Bản thân giáo viên cần có thời gian nghiên cứu kỹ, sâu loại tập từ đưa cách hướng dẫn cho học sinh dễ hiểu - Học sinh cần phải học hết kiến thức hình học phẳng chương trình Tốn THCS Học sinh cần có nhiều thời gian rèn kỹ thành thạo cách giải cho loại tập đồng thời yêu thích, đam mê mơn học, tự giác học bài, thực theo yêu cầu giáo viên, chủ động, tích cực, sáng tạo học tập 16 * Đối với học sinh: Đứng trước tốn cực trị hình học yêu cầu em phải nắm vững phương pháp sau: Phương pháp 1: Vẽ hình có chứa đại lượng hình học mà ta phải tìm cực trị, thay điều kiện đại lượng đại lượng tương đương Người ta thường dùng cách đầu toán cho dạng: “Tìm hình thoả mãn điều kiện cực trị toán.” Phương pháp 2: Đưa hình theo u cầu đầu bài, sau chứng minh hình khác có chứa yếu tố mà ta phải tìm cực trị lớn bé yếu tố tương ứng hình đưa Người ta thường dùng cách chứng minh hình dạng hình đạt cực trị khẳng định rõ đầu Phương pháp 3: Thay việc tìm cực trị đại lượng việc tìm cực trị đại lượng khác ngược lại Hiệu quả, lợi ích thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả: Năm học 2019 – 2020 tham gia ôn thi HSG cấp Tỉnh cho PGD TX Bình Long kết có 6/10 HS đạt HSG cấp Tỉnh(1 giải nhì, giải ba giải khuyến khích) Năm học 2020 – 2021 trực tiếp dạy ôn thi HSG cấp thị xã kết có HS đạt HSG cấp Thị xã tiếp tục ôn thi chuẩn bị thi HSG cấp Tỉnh  ... ABC, lại áp dụng bất đẳng thức Côsi dạng ≥ Qua cho thấy, toán, với cách khai thác khác việc vận dụng bất đẳng thức Côsi dạng khác Vấn đề địi hỏi người làm tốn khả vận dụng linh hoạt, hợp lý... khai thác bất đẳng thức Cơsi việc đưa tốn 11 cực trị hình học hay tốn giải vấn đề có ý nghĩa thực tiễn sống II Phát triển tốn hình học từ toán gốc đại số Để mức độ khai thác bất đẳng thức Côsi sâu... sử dụng tốn gốc Đại số, dạng cụ thể bất đẳng thức Cơsi, chứng minh góc độ tổng quát, đưa vào toán chứng minh bất đẳng thức hình học Muốn giải tốn này, địi hỏi người làm tốn khả phân tích áp dụng