skkn bất đẳng thức và cực trị hình học

MỤC LỤC A PHẦN MỞ ĐẦU I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI II ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU III NHIỆM VỤ-MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU B NỘI DUNG I CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI II THỰC TRẠNG 1.Các kết thống kê : Ưu điểm việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình học” Khó khăn việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình học” III GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1.Lý thuyết Phương pháp Các toán cụ thể 3.1 Các toán lớp 3.2 Các toán lớp 3.3 Các toán lớp IV Kết từ thực tiễn giảng dạy: C.KẾT LUẬN I Ý NGHĨA CỦA ĐỀ TÀI: II BÀI HỌC KINH NGHIỆM: III KIẾN NGHỊ TÀI LIỆU THAM KHẢO Trang 3 3 4 4 5 5 6 10 17 27 28 28 29 29 - SGK - SBT- SGV- toán lớp 7; 8; tập 1, tập hành - Sách nâng cao phát triển toán từ lớp 7; 8; tập 1, tập Vũ Hữu Bình - Vẽ thêm đường phụ để giải tốn hình học lớp 7, 8, Nguyễn ĐứcTấn - Tạp chí tốn tuổi thơ dành cho THCS, tạp chí THTT A PHẦN MỞ ĐẦU I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Chắc bạn nói : “ Bất đẳng thức cực trị hình học “ chủ đề chứng minh hình học có nhiều sách tham khảo tài liệu mà bạn viết nghiên cứu chủ đề Vậy viết riêng chủ đề có nên ? Trong tất thi học sinh giỏi toán: thi tự luận, thi Giải tốn máy tính cầm tay, thi Violympic tốn mạng, …thì tốn cực trị bất đẳng thức hình học ln làm đau đầu em học sinh, q thầy dạy tốn bậc phụ huynh u mơn tốn Các tốn cực trị bất đẳng thức hình học ln đa dạng hội tụ nhiều kiến thức, kỹ phương pháp giải toán sơ cấp Và chủ đề hay đề cập đến đề thi vào trường phổ thơng chun Vì từ niềm đam mê, u thích mơn Hình học tơi mạnh dạn sưu tầm toán bất đẳng thức cực trị hình học để làm tài liệu nghiên cứu cho thân để bồi dưỡng học sinh giỏi II ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU - Học sinh lớp 7A1, 7A3, 9A3 năm học 2015- 2016, học sinh lớp 9A2 năm học 2016- 2017 trường THCS Nguyễn Tất Thành – Huyện Cư’Mgar – Đăk Lăk - Sách giáo khoa, sách giáo viên loại sách tham khảo khác III NHIỆM VỤ-MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU 1.Nhiệm vụ - Tìm hiểu thực trạng chất lượng học sinh sở vật chất trước thực đề tài - Nghiên cứu sở lý luận trình dạy học - Rút kinh nghiệm từ thực tiễn, đề xuất giải pháp giúp cho việc nâng cao chất lượng giáo dục có hiệu Mục đích: Phục vụ cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi khối 9, đồng thời tạo nguồn cho lớp trên, phần nâng cao chất lượng đại trà, giúp em học tập tích cực hứng thú , làm cho việc giải tốn hình học trở nên nhẹ nhàng, thêm u thích mơn IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU -Phương pháp điều tra -Phương pháp thống kê -Phương pháp tham khảo tài liệu -Phương pháp thực nghiệm sư phạm : Cung cấp kiến thức cho học sinh qua học, thực tiết dạy chuyên đề -Đánh giá kết học sinh qua tiết giảng dạy thực nghiệm, qua tập củng cố tập nhà -Phương pháp so sánh: Dùng biện pháp so sánh với lớp có sử dụng phương pháp , phương tiện trực quan khác -Phương pháp phân tích, tổng hợp: Rút kinh nghiệm hiệu sử dụng giáo viên có thuận lợi khó khăn -Đánh giá thái độ học tập, hứng thú học tập học sinh sau học B NỘI DUNG I CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI “Bất đẳng thức hình học” làm quen từ lớp 7, lên lớp ngồi bất đẳng thức học sinh làm quen với “cực trị hình học” “Bất đẳng thức cực trị hình học” mảng khó phân mơn Hình học , để giải cần phải vận dụng nhiều kiến thức kĩ tổng hợp học sinh lại rèn luyện khả tư sáng tạo, đòi hỏi mức độ tư lơgic cao Ở khối lớp có thêm nhiều cơng cụ , phương pháp giải khác nhau, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức cách chắn làm Khi dạy học “Bất đẳng thức cực trị hình học” việc tổ chức cho em nắm bắt vận dụng kiến thức thường quan trọng Người thầy phải tự đầu tư nghiên cứu kiến thức tìm phương pháp hướng dẫn em học tập cách chủ động Việc cung cấp cho em cơng cụ thuật tốn để giải tập theo hướng cụ thể, mở rộng tổng quát hóa em có kĩ sau tư sáng tạo Nhưng có toán phải sử dụng nhiều phương pháp tổng hợp giải toán Như vậy, học sinh phải tự chủ động sáng tạo địi hỏi kiên trì , bền bỉ, cẩn thận, tâm có kế hoạch Q trình học tốn trình rèn luyện rèn luyện phẩm chất đạo đức , rèn luyện người II THỰC TRẠNG 1.Các kết thống kê : Về kết học tập mơn tốn học sinh năm học 2014 – 2015; 2015- 2016 : Lớp Giỏi Khá Trung bình Yếu 7A1 20% 50% 30% 7A3 25% 75% 0 9A3 45% 55% 0 9A2 40% 60% 0 Kết kiểm tra khảo sát chất lượng học kì I năm học 2015- 2016; 2016-2017: LỚP 7A1 TỪ TB TRỞ LÊN 85% 7A3 66,8% 9A3 69% 9A2 100% Ưu điểm việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình học”: Vì chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình học” hội tụ nhiều kiến thức, kỹ phương pháp giải toán nên học sinh củng cố khắc sâu kiến thức toán nhiều Việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình học” để giáo viên mở rộng thêm kiến thức, sáng tạo cách dạy qua giúp em nâng cao kiến thức, phát huy tư học tốn, hình thành phẩm chất người sáng tạo Khó khăn việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình học”: Vì chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình học” chủ đề khó chương trình phổ thơng sở nên chủ yếu bồi dưỡng cho học sinh giỏi cịn đại trà thường làm toán bất đẳng thức cực trị đơn giản để em nắm trình tự bước giải mà khơng phải tư nhiều, ngồi việc tìm tịi lời giải cho toán cực trị nhiều thời gian dẫn đến em nản chí III GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1.LÍ THUYẾT 1.1.Các bất đẳng thức góc a) Trong tam giác góc tù góc lớn b) Trong tam giác góc ngồi lớn góc khơng kề với 1.2 Các bất dẳng thức đoạn thẳng a) Cho ba điểm A, B, C ta ln có: AB + BC ≥ AC Dấu “=” xảy ba điểm A, B, C thẳng hàng AB − AC < BC < AB+ AC b) Bất Đẳng thức tam giác: tam giác ta ln có: c) Trong tam giác vng cạnh huyền cạnh lớn d) Nếu từ điểm không thuộc đường thẳng ta kẻ đường vuông góc đường xiên thì: - Đường vng góc đoạn thẳng ngắn - Hai đường xiên có hình chiếu ngược lại - Trong hai đường xiên khơng đường xiên có hình chiếu lớn lớn ngược lại e) Liên hệ dây cung khoảng cách đến tâm đường trịn Trong đường trịn thì: - Hai dây cách tâm - Trong hai dây không dây cách xa tâm nhỏ ngược lại Ta có: - Trong đường trịn, hai dây trương hai cung Dây trương cung lớn lớn ngược lại 1.3 Liên hệ cạnh góc tam giác a) Trong tam giác thì: - Đối diện với góc lớn góc lớn ngược lại - Cạnh đối diện với góc tù cạnh lớn b) Trong hai tam giác có hai cạnh tương ứng có góc xen khơng thì: - Đối diện với góc lớn ta có cạnh thứ ba lớn - Đối diện với cạnh thứ ba lớn ta có góc xen lớn *Chú ý: Ngồi kiến thức hình học trên, ta thường sử dụng bất đẳng thức đại số quen thuộc: - a)Bất đẳng thức Cô-Si: a ≥ 0, b ≥ ⇒ a + b ≥ ab b) Với hai số không âm: - Nếu tổng chúng khơng đổi tích chúng đạt giá trị lớn hai số - Nếu tích chúng khơng đổi tổng chúng đạt giá trị nhỏ hai số CÁC PHƯƠNG PHÁP Để giải tốn bất đẳng thức cực trị hình học thường dùng phương pháp sau: - Vận dụng quan hệ đường xiên đường vng góc - Vận dụng quan hệ đoạn thẳng đường gấp khúc - Vận dụng bất đẳng thức tam giác đường trịn tìm cực trị - Vận dụng bất đẳng thức đại số - Vận dụng diện tích tìm cực trị CÁC BÀI TOÁN CỤ THỂ 3.1 CÁC BÀI TOÁN LỚP · · Bài 1: Cho tam giác ABC, M trung diểm cạnh BC BAM > CAM Chứng minh: AB < AC GIẢI: Vẽ tia đối tia MA, tia lấy điểm D cho MD = MA · · Xét ∆ MAB ∆ MDC có: MA = MD, BMA = DMC (đối đỉnh) BM = MC (M trung điểm cạnh BC) Do ∆ MAB = ∆ MDC (c.g.c) · · Suy AB = DC, BAM = MDC Xét ∆ ADC có: ·ADC > CAD · · · · · ( BAM > CAM (giả thiết); BAM = MDC ) ⇒ AC > DC (quan hệ góc cạnh đối diện tam giác) Ta có DC < AC, AB = DC Suy AB < AC Bài 2: Cho tam giác ABC, AB > AC, vẽ BD ⊥ AC, CE ⊥ AB (D ∈ AC, E ∈ AB) Chứng minh AB – AC > BD – CE GIẢI: Trên cạnh AB lấy diểm F cho AF = AC Vì AB > AC nên F nằm A B Vẽ FG ⊥ AC, FH ⊥ BD (G ∈ AC, H ∈ BD) Ta có FG ⊥ AC, BD ⊥ AC (giả thiết) ⇒ FG // BD o o · · Xét ∆ GFD ( FGD = 90 ) ∆ HDF ( DHF = 90 ) · · có DF (cạnh chung), GFD = HDF (vì FG // BD) Do ∆ GFD = ∆ HDF (cạnh huyền – góc nhọn) Suy FG = HD, GH = FH o o · · Xét ∆ GAF ( GAF = 90 ) ∆ EAC ( AEC = 90 ) có: AF = AC · GAF (góc chung) Do ∆ GAF = ∆ EAC (cạnh huyền – góc nhọn) Suy FG = CE Do GF = CE = HD Ta có FH ⊥ BD nên FB > BH (quan hệ đường xiên đường vng góc) Suy AB – AC > BD – HD Hay AB – AC > BD – CE Bài 3: Cho tam giác ABV cân A, cạnh AB lấy diển D, tia đối tia CA lấy điểm E cho BD = CE Chứng minh rằng: BC < DE GIẢI Gọi M giao điểm BC DE Vẽ DI ⊥ BC I, EK ⊥ BC K ∆ IDB = ∆ KEC (cạnh huyền – góc nhọn) ⇒ DI = EK, BI = CK BC = BI + IC = CK + IC = IK = IM + MK < DM + ME = DE Bài 4: Cho tam giác ABC vuông A vẽ AH ⊥ BC H Chứng minh rằng: BC + AH > AB + AC GIẢI: Trên cạnh BC lấy D cho BD = AB Trên cạnh AC lấy E cho AE = AH, BD = AB · · ⇒ ∆ BAD cân B ⇒ BAD = BDA o · o · · · Mà BAD + DAE = 90 , BDA + HAD = 90 · · Nên HAD = DAE ∆ HAD = ∆ EAD (c.g.c) ⇒ ·AHD = ·AED DE ⊥ AC ⇒ DC > EC Do AH + AC = AH + BD + DC > AE + AB + EC = AB + AE + EC = AB + AC · o Bài 5: Cho xAy = 60 B điểm tia Ax, C điểm tia Ay (B, C khác A) Chứng minh rằng: AB + AC ≤ 2BC GIẢI: Vẽ Az tia phân giác góc xAy Vẽ BM ⊥ Az M, CN ⊥ Az N Gọi K giảo điểm Az BC BM = AB, BM ≤ BK Do AB ≤ BK ⇒ AB ≤ 2BK Tương tự có AC ≤ 2CK Do AB + AC ≤ 2(BK + CK) = 2BC o · o · Bài 6: Tam giác ABC có BAC = 90 , ABC = 54 , cạnh AC lấy điểm D cho o · DBC = 18 Chứng minh rằng: BD < AC GIẢI: ∈ Vẽ BE tia phân giác góc ABD ( E AD) Từ E vẽ EF ⊥ BD (F ∈ BD) µ − DBC · B o · Ta có ·ABE = DBE = = 18 o o · Xét ∆ ABE ( ·ABE = 90 ) ∆ FBE ( FBE = 90 ) có: · BE (chung), ·ABE = FBE Do ∆ ABE = ∆ FBE (cạnh huyền – góc nhọn) o · Suy AE = FE, ·ABE = FBE = 72 o o o o o o o · · · ∆ DFE có EFD = 180 - 2.72 = 36 mà EFD = 90 nên FDE = 90 - 36 = 54 · · ⇒ FD < FE Ta có FD < FE, AE = FE ⇒ FD < AE Xét ∆ DFE có FED < FDE o · · Mà EBC = ECB = 36 ⇒ ∆ EBC cân đỉnh E ⇒ EB = EC Ta có BF < EB (quan hệ đường xiên đường vng góc) Mà EB = EC nên BF < EC Do BD = BF + FD < EC + AE = AC Bài 7: Cho tam giác ABC có BC cạnh lớn nhất, BM đường trung tuyến Điểm o · D nằm đoạn BM (D khác B) Chứng minh rằng: BDC > 90 GIẢI: Trên tia đối tia MD lấy E cho ME = MB ∆ MAE = ∆ MCB (c.g.c) ⇒ AE = BC · · MEA = MBC Lại có BC > AB nên AE > AB · ∆ ABE có AE > AB ⇒ ·ABM = MEA · Nên ·ABM > MBC · · Mà BAM > BCM ( ∆ ABC có BC > AB) · Vậy ·AMB < BMC o · · · ⇒ BMC > 90 ⇒ MDC > MBC o · Do BDC > 90 Bài Cho tam giác ABC, M trung điểm BC Chứng minh : AB + AC > 2AM GIẢI: Trên tia đối tia MA lấy điểm D cho MD = MA · · Xét ∆ MAB ∆ MDC có: MA = MD, AMB = DMC (đối đỉnh) MB = MC (giả thiết) Do ∆ MAB = ∆ MDC (c.g.c) ⇒ AB = DC Xét ∆ ADC có CD + AC > AD (Bất đẳng thức tam giác) Do AB + AC > AD mà AD = 2AM Suy AB + AC > 2AM Bài 9: Cho tam giác ABC, M điển nằm tam giác Chứng minh rằng: MB + MC < AB + AC GIẢI: Vẽ đường thẳng BM cắt AC D Vì M tam giác ABC nên D nằm giẵ A C, Suy ra: AC = AD + DC Xét ∆ ABD có DB < AB + AD ( bất đẳng thức tam giác) ⇒ MB + MD < AB + AD (1) Xét ∆ MDC có MC > DC + MD (2) (bất đẳng thức tam giác) Cộng (1) (2) vế theo vế ta có: MB + MC + MD < AB + (AD + DC) ⇒ MB + MC < AB + AC Bài 10 Cho tam giác ABC, M điểm tia phân giác góc ngồi đỉnh C Chứng minh MA + MB > AC + BC GIẢI: Vẽ đường thẳng qua A vng góc với đường thẳng MC cắt đường thẳng BC D, cắt MC H Xét ∆ CAH có CH vừa đường cao ( CH ⊥ AD), vừa đường phân giác (gt) ∆ CAH cân C ⇒ CA = CD, HA = HD ⇒ MA = MD (Quan hệ đường xiên hình chiếu) Xét ∆ MBD có: MD + MB > BD (Bất đẳng thức tam giác) Mà BD = CD + BC = AC + BC Dó MA + MB > AC + BC 3.2.CÁC BÀI TOÁN LỚP Bài Cho tứ giác ABCD Chứng minh rằng: SABCD ≤ AC.BD GIẢI: Gọi O giao điểm AC BD Vẽ BH, DK đường cao tam giác ABC, DAC Do SABCD = SABC + SDAC 1 = BH.AC + DK.AC = AC.(BH + DK) Mặt khác, BH ⊥ OH ⇒ BH ≤ OB DK ⊥ OK ⇒ DK ≤ OD Mà OB + OD = BD, nên BH + DK ≤ BD Vậy SABCD ≤ AC.BD Bài Cho tam giác nhọn ABC, H trực tâm tam giác Chứng minh rằng: AB + AC > AH + BH + CH Từ suy chu vi tam giác ABC lớn (AH + BH + CH) GIẢI: Vẽ HD // AC, HE // AB (D ∈ AB, E ∈ AC) Ta có HD // AC, BH ⊥ AC (vì H trực tâm ∆ ABC) Nên HD ⊥ BH ⇒ DB > BH Chứng minh tương tự ta có EC > CH Ta có: HD // AE, HE // DA ⇒ Tứ giác AEHD hình bình hành ⇒ AD = HE ∆ AEH có HE + AE > AH ⇒ AD + AE > AH Như AB + AC = AD + DB + AE + EC = (AD + AE) +BD + EC > AH + BH + CH Chưng minh tương tự ta có : AB + BC > AH + BH + CH, AC + BC > AH + BH + CH Do 2(AB + BC + AC) > 3(AH + BH + CH) Vậy AB + BC + AC > (AH + BH + CH) Bài Cho tam giác ABC có AB > BC Các đường phân giác AD CE Chứng minh rằng: AE > DE > CD GIẢI: Qua D vẽ đường thẳng song song với AC cắt AB K Ta có AD đường phân giác tam giác ABC AC CD = Nên AB DB CE đường phân giác AC EA = BC EB Mà AB > BC tam giác ABC nên AC AC DC EA < BC AB DB EB Do < Vậy ∆ ABC có DK // AC DC KA = theo định lí Ta-let tam giác ta có DB KB KA EA KA EA < Do KB EB ⇒ KB + < EB + AB AB < KB EB ⇒ KB > EB Hay ⇒ K không trùng E Do DE cắt AC, gọi M giao điểm DE AC · Ta có ·ADE > DAM ( ·ADE góc ngồi tam giác DAM) · · · DAM = EAD (gt) Do ·ADE > EAD · ⇒ AE > DE Xét ∆ ADE có ·ADE > EAD (1) · · · · · Mặt khác DCE = ECA (gt), mà ECA > CED ( ECA góc ngồi ∆ CEM), · · · · Do DCE > CED Xét ∆ DCE có DCE > CED ⇒ DE > CD (2) Từ (1) (2) ta có AE > DE > CD Vẽ đường cao AH ∆ ABC µ = Jµ = 90o ) ⇒ AM = JK Tứ giác AJMK hình chữ nhật (vì µA = K ¶ = 90o nên theo định lí Py-ta-go ta có ∆ MKJ có M JK2 = MK2 + MJ2 Do MJ2 + MK2 = MA2 Xét ba điểm M, A, I ta có MI + MA ≥ AI AH ⊥ IH ⇒ AI ≥ AH Ta có MI + MJ2 + MK2 1 = MI2 + MA2 ≥ AI2 ≥ AH2 Do MI2 + MJ2 + MK2 ≥ AH2 không đổi ⇔ MI = MA Do “=” xảy ⇔ M nằm A I ⇔ M trung điểm AH ⇔ I ≡ H Bài 15 Cho tam giác ABC vuông cân A Trên cạnh AB, BC, CA lấy điểm K, L, M cho tam giác KLM vuông cân K Xác định vị trí K, L, M để diện tích tam giác KLM đạt giá trị nhỏ GIẢI: Kẻ LH ⊥ AB (H ∈ AB) o µ µ Xét ∆ HLK ∆ AKM có: H = A = 90 · HLK = ·AKM (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc) Và LK = MK ( ∆ KLM vng cân K) Do ∆ HLK = ∆ AKM ⇒ HK = AK, HK = AM µ = 90o ; B µ = 45o ∆ HBL có H ⇒ ∆ HBL vuông H ⇒ HL = BH Đặt AK = x, AM = y Ta có AB = 2x + y 1 SABC = AB2 = (2x + y)2 = [5(x2 + y2) – (x – 2y)2] ≤ 5(x2 + y2) = KM2 = 5.SKLM o µ ( ∆ AKM có A = 90 nên x2 + y2 = AK2 + AM2 = KM2; 1 ∆ KLM vuông cân nên SKLM = KM2) ⇒ SKLM ≥ SABC (không đổi) Dấu “=” xảy ⇔ x = 2y ⇔ AK = AB, AM = AC 3.3 CÁC BÀI TOÁN LỚP Bài Cho góc xOy = 50o Giữa hai tia Ox, Oy lấy tia Oz cho góc xOz = 22 o Trên Oz lấy điểm M cho OM = 67cm Một đường thẳng thay đổi qua điểm M cắt tia Ox, Oy tương ứng A, B Tính giá trị nhỏ diện tích tam giác ABO GIẢI Ta chứng minh SOAB nhỏ MA = MB Xét đường thẳng A’MB’ khác đường thẳng AMB kẻ AN // Oy (N ∈ A’B’) ⇒ ANBB’ hình bình hành ⇒ SOAB = SOANB’ < SOA’B’ Khi M trung điểm AB dựng hình bình hành OACB ⇒ OC = 134 (cm) Kẻ AH ⊥ OC, đặt AH = x (cm) Ta có: ACˆ H = BOˆ C = 28 Và OH + HC = OC = 134 (cm) Lại có: x = OH tan 220 ⇒ OH = ⇒ HC = x tan 22 x tan 28 x = HC tan 280 x x ⇒ + = 134 ⇔ x = tan 22 tan 280 134 1 + tan 220 tan 280 A' X 1 SOACB = SOAC = AH OC = 134.x ≈ 2061,15353(cm ) 2 Bài 2.Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB, điểm C thuộc bán kính OA, điểm M Z thuộc cung AB Trên nửa mặt phẳng chứa M bờ AB, kẻ tiếp tuyến Ax, By với nửa đường trịn Đường vng góc với CM M cắt Ax, By theo thứ tự D, E N C A a) Chứng minh tam giác ADC BCE đồng dạng b) Giả sử OA = R C trung điểm OA Tính diện tích nhỏ tứ giác ABED x y GIẢI M H D M Ta chứng minh SOAB = 22 E 280 O B' B A C O Y B · · · · CDM + CEM = CAM + CBM = 900 · ⇒ DCE = 900 · ⇒ ·ADC = BCE ( phụ với ·ACD ) ⇒ ∆ ADC = ∆ BCE (g.g) AD AC R 3R 3R ⇒ = ⇒ AD.BE = AC.BC = = BC BE 2 (1) Gọi S diện tích hình thang ABED ( AD + BE ) AB = ( AD + BE ).R (2) S= Ta có: AD + BE ≥ AD.BE (3) (Bất đẳng thức Cô-si) 3R S ≥ R = R2 Từ (1), (2), (3) suy Vậy diện tích nhỏ hình thang ABED R , CM ⊥ OA ABED hình chữ nhật Bài Cho tam giác ABC không đều, ngoại tiếp đường tròn (I) nội tiếp đường o · tròn (O) Chứng minh AIO ≤ 90 2BC ≤ AB + AC GIẢI: Gọi D E giao điểm AI với BC đường tròn (O) (E khác A) BD DC Xét ∆ ABC có AD đường phân giác ⇒ AB = AC BC BD BD + DC Do AB = AB + AC = AB + AC · · · Ta có : CIE = CAI + ACI , · · · ECI = ECB + ICD , · · · · CAI = ECB , ACI = ICD · · ⇒ CIE = ECI ⇒ ∆ ECI cân E ⇒ EC = EI · · · · Xét ∆ ABD ∆ AEC có BAD = EAC , ABD = AEC BD AB = Do ∆ ABD ∽ ∆ AEC (g.g) ⇒ EC AE BD EC AI = = Nên AB AE AE ∆ OAE cân O (vì OA = OE) BC EI 1 o · Do AIO ≤ 90 ⇔ EI ≤ AI ⇔ AE ≤ ⇔ AB + AC ≤ ⇔ 2BC ≤ AB + AC Bài Cho hai đường tròn (O; R) (O; R’) cắt A B (O O’ hai nửa mặt phẳng đối bờ AB) Một cát tuyến di động qua B cắt (O) C cắt (O’) D cho B nằm C D Xác định vị trí cảu cát tuyến CBD để chu vi tam giác ACD nhận giá trị lớn GIẢI: Vẽ đường kính AM đường trịn (O) đường Kính AN đường trịn (O’) o o · Ta có ·ABM = 90 ABN = 90 (góc nội tiếp chắn đường trịn) o o o · Ta có ·ABM + ABN = 90 + 90 = 180 Suy M, B, N thẳng hàng Ta có O; O’; A cố định, (O; R) (O’; R’) cố định ⇒ M, N cố định Xét ∆ ACD ∆ AMN có: ·ACD = ·AMN ( hai góc nội tiếp chắn cung AB đường tròn (O)) · · Và ADC = ANM (hai góc nội tiếp chắn cung AB đường trịn (O’)) P ( ACD) AC Do ∆ ACD ∽ ∆ AMN (g.g) Vì ∆ ACD ∽ ∆ AMN ⇒ P ( AMN ) = AM P ( AMN ) ⇒ P(ACD) = AM AC (trong P(ACD) P(AMN) chu vi tam giác ACD, AMN) Ta có P(AMN), AM khơng đổi Do P(ACD) lớn ⇔ AC lớn ⇔ AC đường kính đường trịn (O) ⇔ CD ⊥ AB B Vậy tiếp tuyến CBD vng góc với AB B tam giác ACD có chu vi lớn Bài Cho BC dây cung cố định đường tròn (O, R) (BC ≠ 2R) A điểm di động cung lớn BC Vẽ hình bình hành ABCD Xác định vị trí A để độ dài BD lớn GIẢI: Vẽ hình bình hành OBCI Ta có I cố định, OI = BC OI // BC Mà BC = AC, OI // AD ⇒ Tứ giác OADI hình bình hành ⇒ ID = OA = R Xét ba điểm I, B, D có BD ≤ BI + ID Nên BD ≤ BI + R, không đổi Dấu “=” xảy ⇔ I nằm B D Vậy A giao điểm đường thẳng qua O song song với đường thẳng BI với đường tròn (O) (A, B nằm khác phía OI OBCI hình bình hành) độ dài BD lớn Bài Cho nửa đường trịn (O; R), đường kính AB C điểm thuộc nửa đường tròn Vẽ CH ⊥ AB H Đường trịn C, bán kính CH cắt nửa đường trịn (O) D, E Chứng minh SODCE = R2 GIẢI: ⊥ Nối O với C, D với E, OC DE Gọi I giao điểm OC DE 1 SODCE = OC.DE = R.DE CH ≤ CO ⇒ CE ≤ OE ⇒ CI ≤ OI R R2 ⇒ OI ≥ ⇒ OI2 ≥ ⇒ IE ≤ R ⇒ DE ≤ R Do SODCE = R2 Bài Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính AB = 2R lấy điểm H đoạn AO cho OH = x (O < x < R) Qua H vẽ đường thẳng d⊥ AB cắt nửa đường tròn tâm O M Xác định x để chu vi ∆ HMO lớn Giải: Đặt HM = y (O < y < R) xét ∆HMO , có: OM2 = OH2 + HM2  x2 + y2 = R2 ( pytago) Áp dụng bất đẳng thức : (x + y)2 ≤ 2(x2 + y2) Ta được: (x + y)2 2R2 => x + y ≤ R A R Dấu “=” xảy  x = y = Chu vi ∆HMO C = OH + HM + OM = x + y + R ≤ R + R = ( + )R R Vậy max C = ( + )R x = y = M R y H x O B R Do x = chu vi ∆HMO lớn Bài Cho đường tròn (O, R), BC dây cung cố định khác đường kính Điểm A di động cung lớn BC cho ∆ ABC nhọn Kẻ đường cao AD, BE, CF ∆ ABC Xác định vị trí điểm A để chu vi ∆ DEF đạt giá trị lớn GIẢI Tứ giác BFEC nội tiếp có đỉnh F, E nhìn BC góc A x E · · = ·ACB ( bù EFB => AFE ) Kẻ tiếp tuyến Ax ( O ) có: · · Vậy xAB = AFE => Ax // EF mà Ax ⊥ OA => OA ⊥ EF CMTT: ta có OB ⊥ FD , OC ⊥ DE Ta có SABC = SAEOF + SBDOF + SCEOD F O B D C OH EF OB.DF OC.DE R + + = 2 (EF + DF + DE ) = Dó : EF + DF + DE lớn SABC lớn A điểm cung lớn BC Bài Cho nửa đường trịn ( O ), đường kính AB = 2R, điểm C chuyển động nửa đường trịn Ở phía ngồi ABC, vẽ nửa đường trịn đường kính AC, BC ; gọi diện tích nửa hình trịn S1, S2 a) CMR: tổng S1 + S2 không đổi b) Gọi S diện tích hình giới hạn ba nửa đường trịn Tìm vị trí điểm C để S có giá trị lớn GIẢI C a) Tổng diện tích nửa đường trịn đường kính AC, BC bằng: 1 π π S1 + S = + π π π π R2 A 2 2 8 = (AC + BC ) = AB = 4R = không đổi b) Gọi S3 diện tích nửa hình trịn đường kính AB Ta có: S= S1 + S2 + SABC - S3 S2 S1 S3 H O B π R2 Theo câu a, ta có S1 + S2 = = S3 => S = SABC Do S lớn nhấ t SABC lớn 1 ≤ Kẻ CH ⊥ AB, ta có:SABC = AB.CH AB.CO = 2 R.R = R2 (khơng đổi ) Do đó: Smax = R2 H O C điểm nửa đường trịn đường kính AB Bài 10 Từ khối gỗ hình nón có bán kính đáy 12cm, chiều cao 30cm, người ta tiện thành hình trụ Tính thể tích lớn hình trụ tiện S GIẢI Đặt SI = x, IH = 30 – x, ta có: Vmax IB SI IB x 2x = ⇔ = ⇒ IB = = 640π (cm ) HA SH 12 30 30 I B Thể tích hình trụ : A 4x2 2π H π IB IH = π (30 − x ) = x.x(60 − x) 25 25 V= Vì x + x + (60 – 2x) = 60 khơng đổi nên tích x.x(60 − x) đạt giá trị lớn x = 60 – 2x  x = 20 V = 640 π ( cm ) max Vậy hình trụ tích lớn (Áp dụng : Nếu ba số dương có tổng khơng đổi tích chúng lớn ba số nhau) Bài 11 Cho đường trịn (O) đường kính BC điểm A thuộc đường trịn (O) Kẻ đường cao AH tam giác ABC Gọi I, K theo thứ tự giao điểm đường phân giác tam giác AHB, AHC Đường thẳng IK cắt AB, AC M N Chứng minh SAMN ≤ SABC (SAMN: diện tích tam gác AMN, SABC: diện tích tam giác ABC) GIẢI: Gọi D giao điểm AI BC J giao điểm BN CK VABC có BJ, CJ hai đường phân giác ⇒ J tâm đường trọn nội tiếp tam giác ABC ⇒ AJ đường phân giác tam giác ABC Mặt khác có: ·ADH + DAH · = 90o ( VAHD vuông H) (1) · BAC = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) o · · Nên DAC + BAD = 90 (2) · · Mà ·ADH = BAD ( AD tia phân giác BAH ) (3) · · Từ (1), (2), (3) có ADH = DAC ⇒ VCAD cân C ⇒ KJ ⊥ AI Chứng minh tương tự có IJ ⊥ AK Do J trực tâm ∆ AIK ⇒ AJ ⊥ IK AMN có AJ vưa đường cao vừa đường phân giác nên tam giác cân Vậy ∆ AMN vuông cân A AM AI = =1 · · ∆ AMI ∽ ∆ AHI (vì MAI = IAH , ·AMI = ·AHI = 45 ° ) ⇒ AH AI BC AH ⊥ BC nên AH ≤ AO mà AO = 1 SAMN = AM.AN = AH2 SABC = AH.BC Vậy SAMN ≤ SABC Bài 12 Cho tam giác ABC cạnh a điểm M chuyển động đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC a) Chứng minh: điểm M thuộc cung nhỏ AB MA + MB = MC b) Tìm giá trị lớn biểu thức P = MA + MB + MC (khi M thuộc cung nhỏ AB) GIẢI: a) Lấy điểm D đoạn thẳng MC cho MD = MB · ⇒ ∆ BMD cân M có BMD = 60 ° ⇒ Tam giác BMD Suy ra: BM = BD · · Ta có MBA = DBC (vì bẳng 60 ° - ·ABD ) ∆ MBA = ∆ DBC (c.g.c) Do đó: DC = MA Vậy MA + MB = CD + DM = MC b) Do M thuộc cung nhỏ AB nên theo câu 1) có MA + MB = MC Do P = MA + MB + MC = MC + MC = 2MC ≤ 2.2R = 4R (R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) Vẽ OH ⊥ BC H BC a · Dễ thấy BOH = 60 ° , BH = = · BH = OBsin BOH Nên R = a 3 4a Do P ≤ Dấu “=” xảy ⇔ M điểm cung nhỏ AB Bài 13 Cho nửa đường trịn (O, R) đường kính AB EF dây cung di động nửa đường tròn cho E thuộc cung AF EF = R, AF cắt BE H AE cắt BF C CH cắt AB I a Tính góc CIF b Chứng minh AE.AC + BF.BC không đổi EF di động nửa đường trịn c Tìm vị trí EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn Tính diện tích GIẢI: a) BE, AF hai đường cao ∆ ABC ⇒ CI ⊥ AB ⇒ Tứ giác IHFB nội tiếp · · · · ⇒ HIF = HBF hay CIF = EBF · ∆ EOF nên EOF = 60 ° · · ⇒ CIF = EBF = 30 ° b)Ta có: ∆ ACI ∽ ∆ ABE(g.g) AC AI ⇒ AB = AE ⇒ AC.AE = AB.AI BC BI Tương tự ∆ BCI ∽ ∆ BAF (g.g) ⇒ BA = BF ⇒ BC.BF = BA.BI Do đó: AE.AC + BF.BC = AB.AI + AB.BI = AB(AI + IB) = AB2 = 4R2 không đổi c)Ta có: ∆ ABC ∽ ∆ FEC (g.g) 2 S FEC  EF   R   ÷  ÷ ⇒ S ABC =  AB  =  R  = ⇒ SABFE = SABC SABFE lớn ⇔ SABC lớn ⇔ CI lớn ⇔ I ≡ O ⇔ ∆ CAB cân ⇒ EF //AB 2.R.R 3R Khi SABC = = R2 ⇒ SABFE = 3R Vậy SABFE lớn EF//AB Bài 14 Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R M điểm nửa đường trịn (M khác A B) Tiếp tuyến với đường tròn O M cắt tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn C D Gọi N giao điểm AD BC a) Chứng minh MN // AC b) Tính giá trị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACM BDM Khi M với vị trí nửa đường trịn GIẢI: a) Ta có: Ax // By ( vng góc AB) Nên ∆ ANC ∽ ∆ DNB AN AC = Ta có: DN BD (1) Mà AC = CM; BD = DM (2) AN CM = DN DM (3) ⇒ Từ (1) (2) (3) chứng tỏ AC // MN (định lý đảo định lí Ta-lét) b) AC // MN ⇒ MN ⊥ AB H Ta có ABDC hình thang vng nên CD ≥ AB 1 SABCD = (AC + BD).AB = (CM + MD).2R = CD.R ≥ 2.R.R = 2R2 (*) SAMB = AB.MH = R.MH ≤ R.R = R2 (**) (do MH ≤ MO) (*) (**) suy ra: SABCD _ SAMB ≥ R2 Hay SACM + SBDM ≥ R2 GTNN R2 Dấu “=” xảy ⇔ CD = AB (ABCD hình chữ nhật) H ≡ O ⇔ M diểm nửa đường tròn O Bài 15 Cho đường trịn tâm O, bán kính R điểm P cố định nằm đường tròn Hai dây cung AC BD thay đổi vng góc với P Xác định vị trí AC BD cho diện tích tứ giác ABCD lớn GIẢI Vẽ OH ⊥ AC, OK ⊥ BD (H ∈ AC, K ∈ BD) ⇒ AH = AC BD ; BK = 2 · · · = OKP = KPH = 90 ) Tư giác PHOK hình chữ nhật ( OHP => KH = OP không đổi 2 2 Tam giác OKH vuông O nên OK + OH = KH = OP Do : AC + BD = ( AH ) + ( BK ) = AH + BK 2 = 4( AH + BK ) = 4(OA2 − OH + OB − OK ) = 4(2 R − OP ) không đổi S ABCD = AC.BD Tứ giác ABCD có AC ⊥ BD nên Áp dụng bất đẳng thức cho hai số dương, ta có: AC + BD AC.BD ≤ không đổi ⇔ ⇔ ⇔ Dấu “=” xảy AC = BD OH = OK PO tia phân giác góc HPK ⇔ AC, S ABCD = BD hợp với PO góc 450 Vậy AC, BD hợp với PO góc 450 diện tích ABCD lớn Bài 16 Cho đường trịn (O; R) điểm A cho OA = R Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường trịn Một góc xOy = 45 ° cắt đoạn thẳng AB AC D E Chứng minh rằng: a DE tiếp tuyến đường tròn b R < DE < R GIẢI: a) Áp dụng định lý pitago tính AB = AC = R ⇒ Tứ giác ABOC hình vng · · Kẻ bán kính OM cho BOD = MOD · · ⇒ MOE = EOC Chứng minh ∆ BOD = ∆ MOD o · · ⇒ OMD = OBD = 90 o · Tương tự: OME = 90 ⇒ D, M, E thẳng hàng Do DE tiếp tuyến đường trịn (O) b)Xét ∆ ADE có DE < AD + AE mà DE = DB + EC ⇒ 2ED < AD + AE + DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R ⇒ DE < R Ta có DE > AD; DE > AE; DE = DB + EC Cộng vế ta được: 3DE > 2R ⇒ DE > R Vậy R > DE > R IV Kết từ thực tiễn giảng dạy: a) Đối với học sinh: Sử dụng phương pháp: quan sát thái độ học tập, phát phiếu điều tra, làm tập em học sinh lớp 7A1, 7A3, 9A3, 9A2 qua năm học 2015 - 2016, 2016-2017 thuộc trường THCS Nguyễn Tất Thành – Huyện Cư’Mgar – Đăk Lăk + Điều tra hứng thú, thái độ học tập cho em điền vào phiếu với câu hỏi sau: *Em có thích học “Bất đẳng thức cực trị hình học” khơng? Rất thích 10% Thích 10% Bình thường 30% Khơng thích 50% *Em có theo dõi có hiểu nội dung tốn mà trình bày khơng ? Hiểu Hiểu Chưa hiểu 20% 30% 50% *Em có thích tham gia vào hoạt động như: hoạt động nhóm, thảo luận nhóm, làm tập học có tập “Bất đẳng thức cực trị hình học” khơng? Hào hứng tham gia 20% Bình thường 30% Khơng thích 50% Qua khảo sát thu kết sau: HS giỏi tập trung ý cao vào học với thái độ hào Thái độ học tập hứng.Tuy nhiên số học sinh trung bình chưa có thái độ học tập tích cực, chưa tập trung vào học HS biết phân tích đề bài, liên hệ yếu tố Hành vi để hình thành bước giải Nhận thức Tiếp thu kiến thức lớp vận dụng vào tập đạt tỉ lệ : Giỏi: 10% Khá: 20% TB: 59% Yếu: 1% Kém: 0% b) Đối với giáo viên: - Làm phong phú thêm kiến thức thân - Tích cực, chủ động tìm tịi, sáng tạo để khai thác tốt nội lực học toán học sinh * Kết chất lượng mũi nhọn Trong trình học tập bồi dưỡng cho em: + Năm học 2015- 2016: - Thi “Giải tốn máy tính bỏ túi” cấp tỉnh có 5/6 em đạt giải có em thi Quốc gia - Thi “Học sinh giỏi toán” có 5/5 em đạt giải cấp tỉnh + Năm học 2016- 2017: -Thi “Giải tốn máy tính bỏ túi” cấp tỉnh có 7/8 em đạt giải có em thi Quốc gia - Thi “Học sinh giỏi tốn văn hóa” có 5/5 em đạt giải cấp huyện, có em dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh C KẾT LUẬN Qua trình dạy chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình học” tơi xin đưa số kết luận sau: I Ý NGHĨA CỦA ĐỀ TÀI: Lý thuyết dạng tập “Bất đẳng thức cực trị hình học” rải từ khối đến khối tất thi có liên quan đến tốn học khơng thể thiếu phần này.Chính việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình học”rất thiết thực có ý nghĩa để đạt mục tiêu “nâng cao chất lượng giáo dục”.Bởi : + Việc khai thác toán “Bất đẳng thức cực trị hình học” giúp em rèn luyện khả sáng tạo tốn học, điều mà sống đồi hỏi người xã hội đại + Nắm nhiều kiến thức “Bất đẳng thức cực trị hình học” giải nhiều tập ứng dụng thơng qua nhiều thuật tốn có ý nghĩa to lớn việc vun đắp lịng say mê học tốn ước mơ vươn tới vinh quang lĩnh vực nghiên cứu, khám phá vấn đề II BÀI HỌC KINH NGHIỆM: Trong q trình dạy học mơn tốn thân tơi nhận thấy: + Để có giảng hay việc dạy thầy việc học trị đạt kết cao người giáo viên phải khơng ngừng nổ lực, say mê tìm tịi nghiên cứu + Khơng có phương pháp tốt, khơng thể có kết cao Biết cách dạy tốn biết cách học toán, hiệu dạy học tăng gấp nhiều lần, qua phát triển tồn diện văn, thể, mỹ + Trong trình giảng dạy, giáo viên nên hướng dẫn cho học sinh có phương pháp học tập đắn, kết hợp linh hoạt nghe giảng, thực hành tham gia hoạt động học ghi đầy đủ + Tạo điều kiện để học sinh thuộc đối tượng rèn luyện phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo học tập III KIẾN NGHỊ + Nhà trường nên chia lớp học hai buổi thành lớp, lớp nâng cao khoa học tự nhiên, lớp nâng cao khoa học xã hội, hai lớp lại học bình thường để giáo viên dạy có điều kiện bồi dưỡng tạo nguồn cho lớp Hàng tháng có kiểm tra phân loại kiến thức lớp nâng cao + Tạo kho tài nguyên để phục vụ cho việc dạy học , bồi dưỡng lớp tạo nguồn + Tổ chức tiết chuyên đề ngoại khóa, để giáo viên học hỏi đúc rút kinh nghiệm Trên vài ý kiến cá nhân, thân tơi trong q trình dạy học tốn Do cịn thiếu kinh nghiệm lĩnh vực viết cịn nhiều thiếu sót nên mong đóng góp ý kiến đồng nghiệp Tơi xin chân thành cảm ơn ! Ngày 15 tháng năm 2017 Người thực Bùi Thị Hoa ... độ học tập, hứng thú học tập học sinh sau học B NỘI DUNG I CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI ? ?Bất đẳng thức hình học? ?? làm quen từ lớp 7, lên lớp ngồi bất đẳng thức học sinh làm quen với ? ?cực trị hình học? ??... nâng cao kiến thức, phát huy tư học tốn, hình thành phẩm chất người sáng tạo Khó khăn việc dạy chuyên đề ? ?Bất đẳng thức cực trị hình học? ??: Vì chuyên đề ? ?Bất đẳng thức cực trị hình học? ?? chủ đề khó... mạng, …thì tốn cực trị bất đẳng thức hình học ln làm đau đầu em học sinh, q thầy dạy tốn bậc phụ huynh u mơn tốn Các tốn cực trị bất đẳng thức hình học ln đa dạng hội tụ nhiều kiến thức, kỹ phương