Vận dụng bất đẳng thức cô si vào giải các bài toán hình học lớp 9 tăng tính sáng tạo cho học sinh

I MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Hiện nay, Đảng, Nhà nước quan tâm, trọng đặt nhiệm vụ giáo dục nhiệm vụ cấp thiết hàng đầu, tập trung kinh phí, tạo điều kiện tốt cho công tác giáo dục Ngành giáo dục cơng “đổi giáo dục” Hồn thiện chương trình SGK, đổi phương pháp dạy học, tuyên truyền hưởng ứng vận động nhằm đáp ứng mục tiêu giáo dục nước nhà Đào tạo học sinh phát triển tồn diện mục tiêu cao giáo dục Việt Nam nói chung giáo dục Quảng Xương nói riêng Nâng cao chất lượng dạy học trường THCS, trọng đến đối tượng học sinh Bên cạnh vấn đề cấp thiết giúp đỡ học sinh yếu kém, nâng cao chất lượng học sinh đại trà, trọng cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Toán học phận khoa học có tầm quan trọng phát triển khoa học kỹ thuật đời sống Việc bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn để đào tạo người giỏi toán việc cần thiết Các toán bất đẳng thức cực trị hình học thuộc loại tốn khó cho học sinh 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 tốn học Mục đích nghiên cứu Qua thực tế năm trực tiếp giảng dạy tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi tốn 9, tơi nhận thấy việc vận dụng khai thác bất đẳng thức Côsi q trình giải tốn 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 tính đa dạng, đẹp BĐT Côsi vận dụng Sự khéo léo, linh hoạt việc vận dụng khai thác BĐT Côsi yêu cầu học sinh giỏi Tốn Mức độ khó, dễ tốn điều chỉnh tùy theo chủ ý người đề Với suy nghĩ đó, tơi mạnh dạn nghiên cứu đề tài “Vận dụng bất đẳng thức Cơsi vào giải số tốn hình học THCS tăng phát triển tư duy, sáng tạo, hứng thú cho học sinh học toán lớp 9”, mà cụ thể toán bất đẳng thức cực trị hình học Nội dung đề tài tạm chia làm ba phần Phần gồm số toán điển hình nhận xét tác giả Phần hai vài suy nghĩ trao đổi xung quanh việc vận dụng toán gốc đại số toán với mức độ khác hình học, thơng qua ví dụ cụ thể minh họa Và phần ba giới thiệu số tập Mong tài liệu tham khảo bổ ích với em học sinh giỏi tốn lớp 9, thầy tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS độc giả u thích tốn học Đối tượng nghiên cứu - Phần kiến thức: Lý thuyết tập bất đẳng thức hình học, cực trị hình học - Học sinh: Học sinh giỏi khối trường THCS Nguyễn Du – Quảng Xương Phương pháp nghiên cứu Phương pháp quan sát: Thực trạng công tác đạo, công tác bồi dưỡng học sinh khá, giỏi, trình học tập, chất lượng học tập học sinh khá, giỏi Phương pháp nghiên cứu tài liệu nghiên cứu sách, giáo trình có liên quan đến kiến thức, tập bất đẳng thức hình học, cực trị hình học Nghiên cứu chất lượng học sinh Nghiên cứu công tác đạo nhà trường công tác bồi dưỡng học sinh khá, giỏi Phương pháp tổng kết kinh nghiệm II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Cơ sở lý luận: Trong trình giảng dạy toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao việc học tập, rèn luyện tu dưỡng sống học sinh Đối với học sinh giỏi, việc rèn luyện cho em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán trí tuệ điều kiện cần thiết vơ quan trọng việc học tốn Với mục đích thứ rèn luyện khả sáng tạo toán học, trước tập cho học sinh tìm hiểu cách giải, đồng thời người thầy giáo phải gợi ý cung cấp cho học sinh nhiều cách giải Trên sở học sinh tự tìm cách giải hợp lí Phát cách giải tương tự khái quát đường lối chung Trên sở với tốn cụ thể em khái qt hóa tốn thành toán tổng quát xây dựng toán tương tự Thực trạng vấn đề: 2.1 Thực trạng vấn đề Qua nhiều năm giảng dạy mơn tốn trường THCS, tham khảo tài liệu, học hỏi kinh nghiệm đồng nghiệp tích lũy trau dồi thân, đặc biệt qua trình bồi dưỡng học sinh khá, giỏi mơn tốn, bồi dưỡng học sinh giỏi cấp trường, cấp huyện, cấp tỉnh Tôi nhận thấy tốn bất đẳng thức hình học nói chung đặc biệt tốn cực trị hình học nói riêng dạng mà học sinh lúng túng, tỏ khơng hứng thú gặp dạng tốn 2.2 Kết khảo sát đánh giá học sinh Trước viết đề tài “Vận dụng bất đẳng thức Côsi vào giải số tốn hình học THCS tăng phát triển tư duy, sáng tạo, hứng thú cho học sinh học toán lớp 9”, chưa giảng dạy cho học sinh phương pháp giải loại tốn tơi khảo sát chất lượng 20 học sinh khá, giỏi lớp 9C1 trường THCS Nguyễn Du cách làm số kiểm tra tốn bất đẳng thức hình học cực trị hình học khối lớp thấy kết sau: Điểm → 4,9 → 6,4 6,5 → 7,9 → 10 SL % SL % SL % SL % 12 60 30 10 0 Tổng số HS 20 Từ thực tế tơi tìm hiểu, đưa viết “Vận dụng bất đẳng thức Côsi vào giải số tốn hình học THCS tăng phát triển tư duy, sáng tạo, hứng thú cho học sinh học toán lớp 9”, nhằm đưa đến cho em phương pháp giải tập bất đẳng thức hình học, cực trị hình học Với sáng kiến kinh nghiệm thu kết đáng kể việc nâng cao chất lượng học sinh đạt kết cao kỳ thi học sinh giỏi cấp Giải pháp tổ chức thực hiện: Kế hoạch thời gian nghiên cứu Chủ đề áp dụng trường THCS Nguyễn Du thời gian từ đầu năm học 2017 - 2018 tiếp năm học sau với tinh thần rút học kinh nghiệm có sửa chữa, bổ sung cho phù hợp với đối tượng giai đoạn cụ thể: * Năm 2016 – 2017 : Tìm hiểu, xây dựng khung chương trình, nghiên cứu tài liệu xây dựng đề cương * Năm học 2017 – 2018 : Thực nghiệm so sánh kết Nội dung nghiên cứu Phần thứ nhất: Một số tốn liên quan đến bất đẳng thức hình học sử dụng bất đẳng thức Côsi Phần thứ hai: Các toán gốc đại số vận dụng vào giải số cực trị hình học sử dụng bất đẳng thức Côsi 4.1 Định hướng chung Bài tập bất đẳng thức hình học, cực trị hình học đa dạng để làm tập trước tiên học sinh phải nắm vững kiến thức Bất đẳng thức Côsi: cho hai số a; b số khơng âm Ta ln có: a+b ≥ ab Dấu “=” xảy a = b 2 Bất đẳng thức Côsi: cho ba số a; b; c số không âm a+b+c ≥ abc Dấu “=” xảy a = b = c 3 Bất đẳng thức Côsi: Cho n số: a1 , a2 , , an số không âm a + a + + an n ≥ a1a2 an Dấu “=” xảy a1 = a2 = = an Ta ln có: n Ta ln có: Cách phát biểu khác cho BĐT Cơsi là: Với số khơng 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 Phát triển tốn hình học từ toán gốc đại số Bài toán gốc: Chứng minh a1 , a2 , , an số dương, 1 1  + + + ÷ ≥ n an   a1 a2 ( a1 + a2 + + an )  Chứng minh: Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: 1 + + + a1 a2 an ≥ n a1 + a2 + + an n ≥ a1a2 an (1); n n 1 a1 a2 an (2) Do vế (1) (2) số dương, nên nhân vế hai bất 1 1 + + + ÷ ≥ n an   a1 a2 đẳng thức trên, ta được: ( a1 + a2 + + an )  Dấu “=” xảy a1 = a2 = = an Trong nhiều toán, người ta thường sử dụng ba trường hợp riêng sau đây:   Với a, b > 0, ta có: ( a + b )  + ÷ ≥ a b 1   1 1 Với a, b, c > 0, ta có: ( a + b + c )  + + ÷ ≥ a b c a b c + + ≥ Với a, b, c > 0, ta có: b+c c+a a+b Sau ví dụ việc sử dụng tốn gốc số tốn cụ thể 4.2 Một số tốn điển hình Bài 1: [7] Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Hai đường chéo AC BD cắt I Chứng minh rằng: AB CD BC AD IA IC IB ID + + + ≤ + + + CD AB AD BC IC IA ID IB Lời giải AB AI BI AB AI BI = = ⇒ = (1) CD DI CI CD DI CI AI BI  AI BI  ≤  + Theo bất đẳng thức Cơsi, ta có: ÷ (2) DI CI  CI ID  AB  IA IB  IA IB Dấu “=” (2) xảy ⇔ = ; Từ (1) (2) ⇒ ≤  + ÷ (3) CD  IC ID  IC ID Dễ thấy ∆ABC : ∆DCI (g.g)⇒ Hoàn toàn tương tự, ta có: CD  IC ID  BC  IB IC  AD  IA ID  ≤  + ≤  + ≤  + ÷ (4); ÷ (5); ÷ (6) AB  IA IB  AD  ID IA  BC  IC IB  IC ID IB IC IA ID = = Dấu (4), (5), (6) xảy tương ứng = , , IA IB ID IA IC IB 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 khóa để giải tốn việc chuyển đổi hạng tử vế  AB =  CD trái thành dạng bậc hai tích  AI BI  , ÷ , từ áp dụng bất đẳng DI CI ÷  thức Côsi 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 tòi sáng tạo Bài 2: [3] Cho tam giác nhọn ABC Vẽ ba chiều cao AA1 , BB1 , CC1 ; ba trung tuyến AA , BB2 , CC2 Giả sử AA ∩ BB1 = P , BB2 ∩ CC1 = Q , CC2 ∩ AA1 = R AP BQ CR Chứng minh rằng: PA + QB + RC ≥ 2 Lời giải Áp dụng định lý Menelauyt tam giác AA 2C với đường thẳng BPB1 , AP A2 B CB1 BC B1 A AP Ta có: PA BC B A = Suy ra: PA = AB CB (1) 2 AA BC = A B Do trung tuyến nên AB BB cot gA tgC AP tgC 1 BB1 ⊥ AC nên B C = BB cot gC = tgA ; Vậy từ (1) ⇒ PA = tgA 1 BQ tgA CR tgB Hồn tồn tương tự, ta có: QB = tgB , RC = tgC 2 Từ đó:  tgC tgA tgB  AP BQ CR + + =  + + ÷ PA2 QB2 RC2  tgA tgB tgC  tgC tgA tgB tgC tgA tgB + + ≥ 3 =3 tgA tgB tgC tgA tgB tgC AP BQ CR tgC tgA tgB Vậy: PA + QB + RC ≥ Dấu xảy tgA = tgB = tgC tam 2 Mặt khác, theo bất đẳng thức Cơsi, thì: giác ABC Bài 3: Cho 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 Ta có: S MCD = MC.MD a b · Đặt: MA = a , MB = b , ·AMC = BDM , MD = = α , Khi MC = cos α sin a ab sin α cos α Do a, b số nên S∆MCD nhỏ ⇔2 sin α cos α lớn Theo bất đẳng thức Côsi: 2sin α cos α ≤ sin α + cos α = Nên S∆MCD ≥ ab Dấu xảy sin α = cos α ⇔α = 450 Như Min S ∆MCD = ab Điểm C, D xác định thứ tự tia Ax, By cho AC = AM , BD = BM Nên: S MCD = Nhận xét: Điểm sáng tạo cách giải ta chọn biến tỉ số lượng giác sin α , cos α Giữa sin α , cos α , sin α + cos α có liên hệ BĐT Cơsi: x + y ≥ xy Bài 4: Cho tam giác ABC, điểm M di động 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 Lời giải Cách 1: S ADME Ta thấy S ADME lớn ⇔ S lớn Kẻ BK ⊥ AC , cắt MD H ( K ∈ AC ) ABC S ADME = MD.HK , S ABC = S MD HK AC.BK Suy ra: ADME = S ABC AC BK MD BM x HK MC y Đặt MB = x , MC = y , ta có: AC = BC = x + y , BK = BC = x + y S xy ADME = Do đó: S ( x + y ) (*) ABC xy Theo bất đẳng thức Côsi: x + y ≥ xy ⇔ ( x + y ) ≥ xy ⇔ x + y ≤ (**) ( ) S ADME ≤ Dấu xảy x = y Từ (*) (**), ta được: S ABC Như MaxS ADME = S ABC , M trung điểm BC Cách 2: Ký hiệu S ABC = S , S DBM = S1 , S EMC = S2 S +S Rõ ràng S ADME lớn ⇔ S1 + S2 nhỏ ⇔ nhỏ S Vì tam giác DBM EMC đồng dạng với tam giác ABC nên: 2 S1  BM  S  MC  = = ÷, ÷ S  BC  S  BC  S1 + S BM + MC x + y = ≥ Như S1 + S ≥ S 2 Suy ra: S = BC ( x + y) Nên S ADME ≤ S Xảy dấu ⇔ x = y Kết luận: max S ADME = S ABC , M trung điểm BC Nhận xét: Cách 1, ta xét biểu thức trung gian, tỉ số diện tích hình xy bình hành ADME diện tích tam giác ABC, bất đẳng thức Côsi dạng ( x + y ) ≤ Cách 2, ta xét biểu thức trung gian tỉ số tổng diện tích ∆ DBM , ∆EMC diện tích ∆ABC , lại áp dụng bất đẳng thức Cơsi dạng x2 + y ( x + y) ≥ Qua cho thấy, tốn, với cách khai thác khác việc vận dụng bất đẳng thức Côsi dạng khác Vấn đề đòi hỏi người làm toán khả vận dụng linh hoạt, hợp lý để đạt mục đích cụ thể Dưới hai tốn, tốn cực trị hình học ta lại vận dụng bất đẳng thức Côsi 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 khoong đổi tổng x + y đạt giá trị nhỏ x = y Bài 5: [4] 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 Ta có: 2S DEKH = ( DH + EK ) HK = ( BH + KC ) HK Ta thấy tổng ( BH + KC ) + HK không đổi (bằng BC = a cho trước) a Nên tích ( BH + KC ) HK lớn BH + KC = HK = a a 2 Do đó: MaxS DEKH = = a2 a kẻ AM ⊥ BC tam a a giác ABC vuông cân A nên MB = MC = , nên HB = HM = a a a Vậy KC = BC − BH − HK = a − − = 4 a a Khi DH = HB = , EK = KC = Hình thang DEKH hình chữ nhật, E trung 4 Khi hình thang DEKH có đường cao HK = điểm AC Nhận xét: Trong cách giải toán ta biểu thị BH + KC = a ; HK = b ta có: a + b = m (khơng đổi) nên tích ab lớn a = b Bài 6: [8] 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 S = SOCM + SOCN = ( CM + CN ) r S = ( CM + CN ) (1) r Theo bất đẳng thức Côsi: ( CM + CN ) ≥ CM CN (2) Mặt khác: CM CN ≥ S (3) S Kết hợp (1), (2), (3) suy ra: = ( CM + CN ) ≥ CM CN ≥ S r Do đó: 10 Hay S ≥ 2S r ⇔ S ≥ 2S r ⇔ S ≥ 2r Vậy S nhỏ 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 toán 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 Cách khác: Cho điểm O thuộc tia phân giác góc C, đường thẳng qua O cắt hai cạnh góc C M N ∆CMN có diện tích nhỏ CO trung tuyến tam giác Ta 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 Dưới hai cách giải toán này: Cách 1: Xét ∆CMN nhận CO trung tuyến ∆CDE có DE qua O OD < OE 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 song với cạnh góc C, tạo thành hình bình hành OHCK CMN ≥ SOHCK Do góc C điểm O cố định nên SOHCK khơng đổi Vì MinSCMN = 2SOHCK , O trung điểm MN Theo kết Bài 4, ta có: SOHCK ≤ SCMN ⇒ S Để dựng điểm M, ta cần lấy M cho H trung điểm CM 11 Nhận xét: Qua tốn điển hình tơi lựa chọn trên, số tốn có cách giải khác Tuy nhiên, với việc khai thác linh hoạt hợp lý bất đẳng thức Côsi, kết khác hình học, lời giải qua ví dụ ngắn gọn đẹp Đối với người học (đối tượng học sinh giỏi Tốn 9), coi gợi ý, định hướng suy nghĩ tìm tòi lời giải cho số tốn cực trị hình học Còn người dạy (giáo viên), coi ý kiến tham khảo, trao đổi việc khai thác bất đẳng thức Côsi việc đưa tốn cực trị hình học hay tốn giải vấn đề có ý nghĩa thực tiễn sống Bài 7: [7] Cho ∆ABC , O điểm tùy ý tam giác AO, BO, CO kéo dài cắt cạnh đối diện thứ tự M, N, P Chứng minh: AO BO CO + + ≥ OM ON OP Lời giải Theo định lý Seva, ta có: MO NO PO + + = (1) MA NB PC Áp dụng kết toán gốc với trường hợp riêng thứ 2, ta có:  MA NB PO   MO NO PO  + + + +  ÷ ÷ ≥ (2)  MO NO PC   MA NB PC  MA NB PO + + ≥9 Kết hợp (1) (2) suy ra: MO NO PC 12 MO + AO NO + BO OP + CO + + ≥9 MO NO OP AO BO CO AO BO CO ⇔ 1+ +1+ + 1+ ≥9⇔ + + ≥6 MO NO OP MO NO OP MO NO PO MO NO PO = = + + =1 Dấu xảy , mà MA NB PC MA NB PC MO NO PO = = = ⇔ M trọng tâm ∆ABC Nên MA NB PC ⇔ Bài 8: [1] Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Ba trung tuyến AA’, BB’, CC’ cắt (O) A1 , B1 , C1 Chứng minh rằng: AA ' BB ' CC ' + + ≤ (*) AA1 BB1 CC1 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 = a2 a2 2 b +c a2 − Mà AA’ trung tuyến ∆ABC nên: AA '2 = 2 b +c Suy ra: AA 'AA1 = ⇒ AA ' AA1 = AA ' ( AA '+ A ' A1 ) = AA '2 + AA ' A ' A1 = AA '2 + 13 AA ' AA '2 2b + 2c − a a2 = = = − Ta có: (1) AA1 AA ' AA1 b2 + c2 b2 + c2 Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được: BB ' b2 CC ' c2 = − 2 (2) = 1− (3) BB1 a +c CC1 a + b2  a2 b2 c2  Kết hợp (1), (2) (3) thì: (*) ⇔ −  2 + 2 + 2 ÷ ≤ b +c a +c a +b  a2 b2 c2 a2 b2 c2 ⇔ + + ≥ + + + + + ≥ 2 2 2 2 2 2 b +c a +c a +b b +c a +c a +b 1   ⇔ ( a2 + b2 + c )  2 + 2 + 2 ÷≥ a +c a +b  b +c 1   ⇔ ( b + c ) + ( a + c ) + ( a + b )   2 + 2 + ÷ ≥ (2*) a +c a + b2  b +c ⇔ Rõ ràng (2*) với toán gốc nêu Do (*) Dấu (*) xảy a = b = c , tức ∆ABC Nhận xét: Vận dụng toán gốc, phát triển sâu hơn, với học sinh phải biết công thức trung tuyến (coi toán phụ): b2 + c2 a ma = − 14 a2 b2 c2 + + ≥ Đây nội 2 2 2 b +c a +c a +b x y z dung bất đẳng thức Nesbit (với n = ): y + z + x + z + x + y ≥ Bất đẳng thức Cũng học sinh dừng lại chỗ Nesbit chứng minh qua kết toán gốc nêu Dưới toán nữa, coi “minh họa hình học” cho bất đẳng thức Nesbit Bài 9: [5] Cho tam giác ABC Vẽ ba phân giác AA’, BB’, CC’ Gọi a1 , b1 , c1 tương ứng khoảng cách từ A’ đến AB, B’ đến BC, C’ đến CA Gọi , hb , hc tương a b c 1 ứng ba chiều cao tam giác kẻ từ A, B, C Chứng minh rằng: h + h + h ≥ a b c Kẻ AH ⊥ BC Lời giải A ' K ⊥ AB theo đó, AH = , A ' K = a1 a BA ' Trong ∆ABA ' có: BA '.ha = AB.a1 = c.a1 ⇒ c = h (1) a Mặt khác, AA’ phân giác ∆ABC , BA ' c BA ' c ac Nên: A ' C = b ⇒ BA '+ A ' C = b + c ⇒ BA ' = b + c (2) a a Thay (2) vào (1) ta được: h = b + c (3) a b c b c 1 Hoàn tồn tương tự, ta có: h = c + a (4) h = a + b (5) b c a b c a b c 1 Cộng vế (3), (4), (5), ta được: h + h + h = b + c + c + a + a + b ≥ a b c Bài 10: [2] Gọi H trực tâm tam giác ABC có ba góc nhọn với ba đường AA1 ; BB1 ; CC1 Chứng minh rằng: AA1 BB1 CC1 + + ≥9 HA1 HB1 HC1 Lời giải 15 Gọi diện tích tam giác: ∆ABC ; ∆HBC ; ∆HAC ; ∆HAB S ; S1;S2 ; S3 Thì S = S1 + S2 + S3 1 BC.HA1 AC.HB1 S3 AB.HC1 HC1 S1 HA1 S2 HB1 = = = Ta có: S = (1); S = (2); S = (3) AA BB 1 BC AA1 AC.BB1 AB.CC1 CC1 2 HA1 HB1 HC1 S1 + S + S3 =1 Từ (1); (2); (3) suy ra: AA + BB + CC = S 1  HA HB HC   AA BB CC  1 1 1 Do đó:  AA + BB + CC ÷ HA + HB + HC ÷ ≥ (theo BĐT Côsi) 1  1   HA HB HC S 1 Đẳng thức xảy AA = BB = CC = ⇔ S1 = S = S3 = , lúc H 1 vừa trực tâm, vừa trọng tâm tam giác ABC, nên tam giác ABC tam giác Nhận xét: Từ ba toán bất đẳng thức đại số quen thuộc 1 1 Với a, b > 0, ta có: ( a + b )  a + b ÷ ≥ 1 1 Với a, b, c > 0, ta có: ( a + b + c )  a + b + c ÷ ≥ a b c 3 Với a, b, c > 0, ta có: b + c + c + a + a + b ≥ Vận dụng vào giải sáng tạo toán bất đẳng thức hình học tìm cực trị hình học 16 Dạng tốn lúc đầu em lúng túng sử dụng tính chất bất đẳng thức, sau làm tập ví dụ làm thêm tập áp dụng đại đa số em biết cách giải dạng tốn này, khơng sai sót Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 5.1 Kiểm nghiệm Sau phân loại tập bất đẳng thức hình học, cực trị hình học tơi thấy có thay đổi rõ rệt qua lần theo dõi kiểm tra học sinh Việc nhận dạng toán học sinh nhanh Học sinh đưa hướng giải nhanh xác hơn, kiến thức học sinh theo hệ thống chặt chẽ logic Thực tế cho thấy, phân loại toán giúp giảng giáo viên trở nên hấp dẫn, hút học sinh hơn, giúp học sinh giải vấn đề đặt cách nhanh chóng xác Sau kết khảo sát học sinh sau dạy cho học sinh dạng toán này: Điểm Tổng số HS 20 → 4,9 SL % 0 → 6,4 SL % 0 6,5 → 7,9 SL % 35 → 10 SL % 13 65 5.2 Giới thiệu số tốn Bài 1: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm (O) với ba đường cao AA1 ; BB1 ; CC1 cắt đường tròn tâm (O) D; E; F Xác định dạng tam giác ABC cho AA BB1 CC1 1) DA + EB + FC đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ 1 AA1 BB1 CC1 2) AD + BE + CF đạt giá trị nhỏ Tính giá trị nhỏ Bài 2: M điểm di động đoạn thẳng AB cố định Vẽ hình vng AMCD, BMEF Xác định vị trí M để tổng diện tích hai hình vng đạt giá trị nhỏ Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC có cạnh tương ứng a, b, c; đường cao AH = h Hãy nội tiếp tam giác hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất, với M thuộc AB, N thuộc AC, P Q thuộc BC Bài 4: Cho góc nhọn xOy điểm A cố định nằm góc M, N thứ tự hai điểm tia Ox, Oy cho 2.OM = ON Tìm vị trí M, N tia cho 2.AM + AN đạt giá trị nhỏ 17 Bài 5: Cho tam giác ABC vuông A Từ điểm I nằm tam giác kẻ IM ⊥ BC 2 , IN ⊥ AC , IK ⊥ AB Xác định vị trí điểm I cho IM + IN + IK nhỏ Bài 6: Cho hai đường tròn (O) (O’) tiếp xúc A Qua A vẽ hai tia vng góc với nhau, cắt (O) (O’) thứ tự B, C Xác định vị trí hai tia để diện tích tam giác ABC lớn Bài 7: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) G trọng tâm tam giác Các trung tuyến xuất phát từ A, B, C cắt (O) A1 , B1 , C1 Xác định 1 dạng tam giác ABC để tổng GA + GB + GC lớn 1 Bài 8: Cho đoạn thẳng AB = a điểm M di động đoạn thẳng Dựng phía AB hai hình vng AMCE BMKQ 1) Chứng minh AK, BC, QE đồng quy điểm I 2) Xác định M đoạn AB để ∆AIB có chu vi lớn nhất? Diện tích lớn nhất? Bài 9: Cho đoạn thẳng AB song song với đường thẳng d M điểm thuộc nửa mặt phẳng bờ AB không chứa d (M không thuộc đoạn AB) Gọi C, D thứ tự giao điểm tia MA, MB với d Tìm tập hợp điểm M cho tam giác MCD có diện tích nhỏ Bài 10: Cho hình vng ABCD có cạnh 10cm cạnh AB; BC; CD; DA lấy theo thứ tự điểm M; N; P; Q cho AM = BN = CP = DQ Tìm vị trí điểm M cho tứ giác MNPQ có chu vi nhỏ Tính giá trị nhỏ 18 III KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Kết luận: Trên vấn đề mà học sinh hay giáo viên muốn nâng cao kiến thức quan tâm Việc nghiên cứu đề tài giúp tơi có thêm nhiều kinh nghiệm công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9, tài liệu quan trọng công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Đặc biệt đề tài tạo hứng thú cho học sinh trình học tập giúp cho em sáng tạo trình giải tốn cực trị hình học Kiến nghị Đối với giáo viên: - Cần xác định yêu cầu nhiệm vụ, trách nhiệm vấn đề bồi dưỡng học sinh giỏi, vấn đề chất lượng học sinh mơn Tốn, chất lượng học sinh giỏi - Nhiệt tình trách nhiệm cao chăm lo đến chất lượng học sinh đặc biệt học sinh giỏi - Có kế hoạch phấn đấu cụ thể cho đối tượng học sinh, có thời gian bồi dưỡng cụ thể, có chương trình bồi dưỡng phù hợp với đối tượng học sinh - Nắm vững kiến thức Toán học, nội dung chương trình SGK, nắm vững phương pháp giảng dạy mơn Toán, phương pháp bồi dưỡng học sinh giỏi Đối với học sinh: - Phát động phong trào thi đua học tập thường xuyên - Chọn đối tượng phù hợp để bồi dưỡng - Hướng dẫn việc học tập phương pháp học tập lớp học sinh - Kiểm tra việc học tập lớp, học tập nhà học sinh thông qua dạy, ghi, tập - Sau kiểm tra thông báo kết động viên học sinh học tập đặt biệt em có kết cao để phấn đấu có kế hoạch bổ sung 19 - Kết hợp chặt chẽ với giáo viên môn trình giảng dạy bồi dưỡng, đặc biệt quan tâm đến đối tượng học sinh giỏi để em phát triển đồng môn nhằm tạo điều kiện cho em phát triển mơn Tốn - Đối với cha mẹ học sinh giỏi: Động viên hướng dẫn quản lý kiểm tra học sinh vấn đề học tập nhà học sinh Cha mẹ phải thực nhiệt tình chăm lo đến Trên sáng kiến: “Vận dụng bất đẳng thức Côsi vào giải số tốn hình học THCS tăng phát triển tư duy, sáng tạo, hứng thú cho học sinh học toán lớp 9” Do khuôn khổ viết sáng kiến kinh nghiệm tơi nhiều thiếu xót Rất mong nhận ý kiến đóng góp đồng nghiệp giúp sửa chữa bổ sung đầy đủ tốt Tôi xin chân thành cảm ơn ! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2018 Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Cao Thế Anh 20 ... dạng toán 2.2 Kết khảo sát đánh giá học sinh Trước viết đề tài Vận dụng bất đẳng thức C si vào giải số tốn hình học THCS tăng phát triển tư duy, sáng tạo, hứng thú cho học sinh học toán lớp 9 ,... số toán liên quan đến bất đẳng thức hình học sử dụng bất đẳng thức C si Phần thứ hai: Các tốn gốc đại số vận dụng vào giải số cực trị hình học sử dụng bất đẳng thức C si 4.1 Định hướng chung Bài. .. chăm lo đến Trên sáng kiến: Vận dụng bất đẳng thức C si vào giải số tốn hình học THCS tăng phát triển tư duy, sáng tạo, hứng thú cho học sinh học toán lớp 9 Do khuôn khổ viết sáng kiến kinh nghiệm