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

Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học thuộc loại những bài toán khó cho học sinh trung học cơ sở, kể cả học sinh giỏi lúng túng khi gặp dạng toán này.. Thực sự đây là một phầ

I MỞ ĐẦU

1 Lí do chọn đề tài

Hiện nay, Đảng, Nhà nước đang rất quan tâm, chú trọng đặt nhiệm vụ giáo dục là nhiệm vụ cấp thiết hàng đầu, tập trung kinh phí, tạo điều kiện tốt nhất cho công tác giáo dục Ngành giáo dục đã và đang trong công cuộc “đổi mới giáo dục” Hoàn thiện chương trình SGK, đổi mới phương pháp dạy học, tuyên truyền hưởng ứng các cuộc vận động nhằm đáp ứng mục tiêu giáo dục nước nhà hiện nay

Đào tạo học sinh phát triển toàn diện đó là mục tiêu cao nhất của giáo dục Việt Nam nói chung và giáo dục Quảng Xươngnói riêng Nâng cao chất lượng dạy

và học ở trường THCS, chú trọng đến từng đối tượng học sinh Bên cạnh vấn đề cấp thiết là giúp đỡ học sinh yếu kém, nâng cao chất lượng học sinh đại trà, chú trọng cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi

Toán học là một bộ phận khoa học có tầm hết sức quan trọng trong phát triển khoa học kỹ thuật và đời sống Việc bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán để đào tạo ra những người giỏi toán là việc rất cần thiết

Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học thuộc loại những bài toán khó cho học sinh trung học cơ sở, kể cả học sinh giỏi lúng túng khi gặp dạng toán này Thực sự đây là một phần rất quan trọng trong hình học, và những kiến thức về bất đẳng thức trong hình học cũng làm phong phú hơn phạm vi ứng dụng của toán học

2 Mục đích nghiên cứu

Qua thực tế những năm trực tiếp giảng dạy và tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi toán 9, tôi nhận thấy việc vận dụng và khai thác bất đẳng thức Côsi trong quá trình giải các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học là một hướng tiếp cận hiệu quả, không chỉ bởi lẽ đối tượng của hình học (diện tích, độ dài đoạn thẳng, số đo góc, ) và đối tượng để áp dụng BĐT Côsi là tương đồng (đại lượng không âm),

mà còn bởi tính đa dạng, đẹp của BĐT Côsi trong vận dụng Sự khéo léo, linh hoạt trong việc vận dụng và khai thác BĐT Côsi là một yêu cầu đối với học sinh giỏi Toán Mức độ khó, dễ của bài toán cũng có thể được điều chỉnh tùy theo chủ ý của người ra đề Với những suy nghĩ đó, tôi mạnh dạn nghiên cứu đề tài

“Vận dụng bất đẳng thức Côsi vào giải một số bài toán hình học THCS tăng

sự phát triển tư duy, sáng tạo, hứng thú cho học sinh học toán lớp 9”, mà cụ

thể là các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học Nội dung đề tài tạm chia làm

ba phần Phần một gồm một số bài toán điển hình và những nhận xét của tác giả Phần hai là một vài suy nghĩ và những trao đổi xung quanh việc vận dụng một bài toán gốc của đại số để cho ra những bài toán với những mức độ khác nhau của

- Phần kiến thức: Lý thuyết bài tập về bất đẳng thức hình học, cực trị hình học

- Học sinh: Học sinh khá giỏi khối 9 tại trường THCS Nguyễn Du – Quảng Xương

4 Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp quan sát: Thực trạng về công tác chỉ đạo, công tác bồi dưỡng học sinh khá, giỏi, quá trình học tập, chất lượng học tập của học sinh khá, giỏi

Phương pháp nghiên cứu tài liệu như nghiên cứu sách, giáo trình có liên quan đến kiến thức, bài tập về bất đẳng thức hình học, cực trị hình học Nghiên cứu chất lượng học sinh Nghiên cứu công tác chỉ đạo của nhà trường đối với công tác bồi dưỡng học sinh khá, giỏi

Phương pháp tổng kết kinh nghiệm

II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

1 Cơ sở lý luận:

Trong quá trình giảng dạy toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện và tu dưỡng trong cuộc sống của học sinh Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn luyện cho các em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán của trí tuệ là những điều kiện cần thiết vô cùng quan trọng trong việc học toán

Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo toán học, trước mỗi bài tập tôi đã cho học sinh tìm hiểu cách giải, đồng thời người thầy giáo cũng phải gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải Trên cơ sở đó học sinh tự tìm ra cách giải hợp lí nhất Phát hiện ra những cách giải tương tự và khái quát đường lối chung Trên cơ sở đó với mỗi bài toán cụ thể các em có thể khái quát hóa bài toán thành bài toán tổng quát và xây dựng bài toán tương tự

2 Thực trạng vấn đề:

2.1 Thực trạng vấn đề

Qua nhiều năm giảng dạy bộ môn toán ở trường THCS, rồi tham khảo các tài liệu, học hỏi kinh nghiệm của đồng nghiệp và sự tích lũy trau dồi của bản thân, đặc biệt qua quá trình bồi dưỡng học sinh khá, giỏi bộ môn toán, bồi dưỡng học sinh giỏi cấp trường, cấp huyện, cấp tỉnh Tôi nhận thấy các bài toán về bất đẳng thức hình học nói chung và đặc biệt là các bài toán cực trị hình học nói riêng là những dạng bài mà học sinh vẫn còn lúng túng, còn tỏ ra không hứng thú khi gặp dạng toán này

2.2 Kết quả khảo sát đánh giá học sinh

Trước khi viết đề tài “Vận dụng bất đẳng thức Côsi vào giải một số bài toán hình học THCS tăng sự phát triển tư duy, sáng tạo, hứng thú cho học sinh học toán lớp 9”, và cũng chưa giảng dạy cho học sinh phương pháp giải loại

toán này tôi đã khảo sát chất lượng 20 học sinh khá, giỏi lớp 9C1 trường THCS Nguyễn Du bằng cách làm một số bài kiểm tra về bài toán bất đẳng thức hình học

và cực trị hình học của khối lớp 9 thì thấy kết quả như sau:

Điểm 0  4,9 5  6,4 6,5  7,9 8  10

Tổng số HS 20

Từ thực tế đó tôi đã tìm hiểu, đưa ra bài viết “Vận dụng bất đẳng thức Côsi vào giải một số bài toán hình học THCS tăng sự phát triển tư duy, sáng tạo, hứng thú cho học sinh học toán lớp 9”, nhằm đưa đến cho các em các

phương pháp giải bài tập về bất đẳng thức hình học, cực trị hình học Với sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã thu được kết quả đáng kể trong việc nâng cao chất lượng học sinh cũng như đạt kết quả cao các kỳ thi học sinh giỏi các cấp

3 Giải pháp và tổ chức thực hiện:

Kế hoạch và thời gian nghiên cứu

Chủ đề này tôi áp dụng trong trường THCS Nguyễn Du trong thời gian từ đầu năm học 2017 - 2018 và tiếp trong những năm học sau với tinh thần rút ra những bài học kinh nghiệm và có sửa chữa, bổ sung cho phù hợp với các đối tượng

và giai đoạn cụ thể:

* Năm 2016 – 2017 : Tìm hiểu, xây dựng khung chương trình, nghiên cứu tài liệu và xây dựng đề cương

* Năm học 2017 – 2018 : Thực nghiệm và so sánh kết quả

4 Nội dung nghiên cứu

Phần thứ nhất: Một số bài toán liên quan đến bất đẳng thức hình học sử dụng bất đẳng thức Côsi

Phần thứ hai: Các bài toán gốc đại số vận dụng vào giải một số bài cực trị hình học sử dụng bất đẳng thức Côsi

4.1 Định hướng chung

Bài tập về bất đẳng thức hình học, cực trị hình học rất đa dạng nhưng để làm các bài tập đó trước tiên học sinh phải nắm vững được kiến thức cơ bản

1 Bất đẳng thức Côsi: cho hai số a; b là các số không âm

Ta luôn có:

2

a b

ab



 Dấu “=” xảy ra khi a b

2 Bất đẳng thức Côsi: cho ba số a; b; c là các số không âm

Ta luôn có: 3

3

a b c

abc

 

 Dấu “=” xảy ra khi a b c 

3 Bất đẳng thức Côsi: Cho n số: a a1 , , , 2 a n là các số không âm

Ta luôn có: 1 2

1 2

n n

n

a a a n

  

 Dấu “=” xảy ra khi a1 a2   a n

Cách phát biểu khác cho BĐT Côsi là: Với các số không âm, trung bình cộng không nhỏ hơn trung bình nhân Trung bình cộng và trung bình nhân bằng nhau khi và chỉ khi các số đó bằng nhau

  2

n

n

       

Chứng minh: Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:

1 2

n n

n

a a a n

  

1 1 1

n n

n

Do các vế của (1) và (2) đều là các số dương, nên nhân từng vế của hai bất

n

n

       

Dấu “=” xảy ra khi a1 a2   a n

Trong nhiều bài toán, người ta thường sử dụng ba trường hợp riêng sau đây:

1 Với mọi a, b > 0, ta có: a b 1 1 4

a b

   

2 Với mọi a, b, c > 0, ta có: a b c 1 1 1 9

a b c

     

3 Với mọi a, b, c > 0, ta có: 3

2

b c c a a b     

Sau đây là ví dụ về việc sử dụng bài toán gốc đó trong một số bài toán cụ thể

4.2 Một số bài toán điển hình

Bài 1: [7] Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn Hai đường

chéo AC và BD cắt nhau tại I Chứng minh rằng:

AB CD BC AD IA IC IB ID

CD AB  ADBC IC  IA ID IB

Lời giải

Dễ thấy ABC  DCI (g.g) AB AI BI

CD DI CI  .

AB AI BI

CD  DI CI (1) Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: . 1

2

AI BI AI BI

DI CI CI ID

   

  (2) Dấu “=” trong (2) xảy ra  IA IB

IC ID ; Từ (1) và (2)  1

2

AB IA IB

CD IC ID

  (3) Hoàn toàn tương tự, ta cũng có:

D

B

C

A

1 2

CD IC ID

AB IA IB

2

BC IB IC

AD ID IA

  (5); 1

2

AD IA ID

BC IC IB

  (6) Dấu bằng trong (4), (5), (6) xảy ra tương ứng khiIC ID

IA IB , IB IC

ID IA , IA ID

IC IB

Cộng từng vế của (3), (4), (5), (6) ta được điều phải chứng minh Dấu bằng xảy ra khi IA IB IC  ID ABCD là hình chữ nhật

Nhận xét: Trong bài toán trên, mặc dù dấu của bất đẳng thức cần chứng

minh là  , trong khi cả hai vế của bất đẳng thức đều ở dạng tổng của các hạng tử Chìa khóa để giải quyết bài toán ở đây chính là việc chuyển đổi mỗi hạng tử của vế trái thành dạng căn bậc hai của một tích AB AI BI ,

CD DI CI



 , từ đó áp dụng bất đẳng thức Côsi chứng minh được mỗi hạng tử đó của vế trái  một nửa tổng hai hạng tử của vế phải Vì vậy, việc linh hoạt biến đổi bài toán để áp dụng được bất đẳng thức Côsi trong những trường hợp cụ thể là rất cần thiết, đòi hỏi ở người làm toán sự tư duy, tìm tòi và sáng tạo

Bài 2: [3] Cho tam giác nhọn ABC Vẽ ba chiều cao AA 1, BB1, CC1; ba trung tuyến AA 2 , BB2 , CC2 Giả sử AA 2 BB1 P , BB2 CC1 Q, CC2  AA 1 R Chứng minh rằng:

6

AP BQ CR

PA QB  RC 

Lời giải

R Q

P

A2

B2 C2

B

A

C

C1

A1

B1

Áp dụng định lý Menelauyt trong tam giác AA C2 với đường thẳng BPB1,

.A B CB 1

AP

PA BC B A Suy ra: 1

.B A

AP BC

PA AB CB (1)

Do AA 2 là trung tuyến nên BC 2.A B2

và vì BB1 AC nên 1 1

.cot cot

AB BB gA tgC

B C BB gC tgA ; Vậy từ (1) 

2

2.

AP tgC

PA  tgA Hoàn toàn tương tự, ta có:

2

2.

BQ tgA

QB  tgB,

2

2.

CR tgB

RC  tgC

Từ đó:

2.

AP BQ CR tgC tgA tgB

PA QB RC tgA tgB tgC

Mặt khác, theo bất đẳng thức Côsi, thì: tgC tgA tgB 3 3 tgC tgA tgB 3

tgA tgB tgC   tgA tgB tgC 

Vậy:

6

AP BQ CR

PA QB RC  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tgC tgA tgB tgAtgC tgB thì tam giác ABC đều

Bài 3: Cho M nằm trên đoạn thẳng AB Vẽ về một phía của AB các tia Ax, By

vuông góc với AB Qua M có hai đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với nhau

và cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D Xác định vị trí của các điểm C, D sao cho tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất

Lời giải

b a

y

x

α

D

F

M C

2

MCD

S  MC MD

Đặt: MA a , MB b , AMC BDM    , Khi đó

cos

a MC



 ,

sin

b MD

a



Nên: 1.

2 sin cos

MCD

ab S

 



Do a, b là hằng số nên SMCD nhỏ nhất 2sin cos   lớn nhất

Theo bất đẳng thức Côsi: 2sin cos    sin 2   cos 2   1

Nên SMCD ab Dấu bằng xảy ra khi sin   cos    450

Như vậy Min SMCD ab Điểm C, D được xác định thứ tự trên các tia Ax, By sao cho ACAM , BD BM

Nhận xét: Điểm sáng tạo trong cách giải trên là ta đã chọn biến là các tỉ số

lượng giác sin , cos.

Giữa sin , cos, sin 2   cos 2  có liên hệ bởi BĐT Côsi: x2 y2  2xy .

Bài 4: Cho tam giác ABC, điểm M di động trên cạnh BC Qua M kẻ các đường

thẳng song song với AC và AB, chúng cắt AB và AC theo thứ tự ở D, E Xác định

vị trí của điểm M sao cho hình bình hành ADME có diện tích lớn nhất

Lời giải

Cách 1:

Ta thấy S ADME lớn nhất  ADME

ABC

S

S lớn nhất Kẻ BK AC, cắt MD ở H (KAC)

.

ADME

S MD HK , 1 .

2

ABC

S  AC BK Suy ra: ADME 2 .

ABC

S  AC BK

A

H

y x

K

E D

Đặt MBx, MCy, ta có: MD AC BM BC x y x

 , HK BK MC BC x y y



Do đó:

 2

2

ADME

ABC

S  x y (*)

Theo bất đẳng thức Côsi: x y  2 xy  x y 2  4xy

 2

2

xy

x y  (**)

Từ (*) và (**), ta được: ADME 12

ABC

S

S  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y Như vậy MaxS ADME 12S ABC, khi đó M là trung điểm của BC

Cách 2:

Ký hiệu S ABC S, S DBM S1, S EMC S2

Rõ ràngS ADME lớn nhất  S1S2 nhỏ nhất  S1 S2

S



nhỏ nhất

Vì các tam giác DBM và EMC cùng đồng dạng với tam giác ABC nên:

2 1

  ,

2 2

S BC

 

2 2

1 2

 Như vậy 1 2

1 2

S S  S

Nên S ADME 12S Xảy ra dấu bằng  x y

Kết luận: maxS ADME 12S ABC, khi đó M là trung điểm BC

Nhận xét: Cách 1, ta đã xét một biểu thức trung gian, đó là tỉ số giữa diện tích hình

bình hành ADME và diện tích tam giác ABC, bất đẳng thức Côsi dạng  2

1 4

xy

x y 

Cách 2, ta cũng xét biểu thức trung gian đó là tỉ số giữa tổng diện tích của các

DBM

 , EMC và diện tích ABC , vì vậy lại áp dụng bất đẳng thức Côsi dạng

2

1

2

x y

x y





 Qua đây cho thấy, cùng một bài toán, nhưng với cách khai thác khác nhau thì việc vận dụng bất đẳng thức Côsi sẽ ở những dạng khác nhau Vấn đề là đòi hỏi ở người làm toán khả năng vận dụng linh hoạt, hợp lý để đạt được mục đích cụ thể

Dưới đây là hai bài toán, vẫn là bài toán cực trị hình học nhưng ta lại vận dụng bất đẳng thức Côsi ở khía cạnh khác Với hai số dương x, y có tổng x y không đổi, thì tích xy đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x y Ngược lại nếu tích xy khoong đổi thì tổng x y đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi x y

Bài 5: [4] Cho tam giác ABC vuông cân có cạnh huyền BC = a Gọi D là trung

điểm AB Điểm E di chuyển trên cạnh AC Gọi H, K theo thứ tự là chân các đường vuông góc kẻ từ D, E đến BC Tính diện tích lớn nhất của hình thang DEKH Khi

đó 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)

Nên tích BH KC HK . lớn nhất khi và chỉ khi

2

a

BH KC HK  

2 2 2 8

DEKH

a a a

Khi đó hình thang DEKH có đường cao

2

a

HK  và nếu kẻ AM BC thì do tam giác ABC vuông cân tại A nên

2

a

MB MC  , nên

4

a

HB HM 

Vậy

4 2 4

a a a

KC BC BH HK a      

Khi đó

4

a

DH HB ,

4

a

EK KC Hình thang DEKH là hình chữ nhật, E là trung điểm AC

D

E A

M

C

H

K

Nhận xét: Trong cách giải bài toán trên nếu ta biểu thị BHKC a; HKb thì ta có: a b m  (không đổi) nên tích ab lớn nhất khi và chỉ khi 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 của tam giác theo thứ tự ở M và N Đường thẳng ở vị trí nào thì tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất?

Lời giải

Gọi S là diện tíchCMN, ta có 1 .

2

S S S  CM CN r

Do đó: 1 

2

S

CM CN

Theo bất đẳng thức Côsi: 1  .

2 CM CN  CM CN (2) Mặt khác: CM CN  2S (3) Kết hợp (1), (2), (3) suy ra: 1  2

2

S

A

r r

O M

N

Hay S 2 S r  S2  2 S r2  S 2r2 Vậy S nhỏ nhất bằng 2r2 khi CM CN Tam giác CMN cân đỉnh C có CO là phân giác nên COMN

Kết luận: Đường thẳng MN CO tại O thì CMNcó diện tích nhỏ nhất

Nhận xét: Có thể diễn đạt kết quả bài toán trên dưới dạng sau: Cho điểm O thuộc

tia phân giác của góc C, một đường thẳng bất kì đi qua O cắt hai cạnh của góc C tại M và N Tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi CO là đường cao của tam giác

Cách khác: Cho điểm O thuộc tia phân giác của góc C, một đường thẳng bất kì đi qua O cắt hai cạnh của góc C tại M và N CMN có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi CO là trung tuyến của tam giác

Ta còn có kết quả mạnh hơn bằng cách bỏ điều kiện O thuộc tia phân giác góc C: Cho điểm O nằm trong góc C, một đường thẳng bất kì đi qua O cắt hai cạnh của góc C tại M và N Tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi CO là trung tuyến của tam giác Dưới đây là hai cách giải bài toán này:

Cách 1: Xét CMN nhận CO là trung tuyến và CDE có DE đi qua O nhưng

OD OE Lấy I trên đoạn OE sao cho OI OD

Ta có: ODM OIN (c.g.c)  S ODM S OIN  S CMN S CDE

O

C

D

M

I

Cách 2: Qua O kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của góc C, tạo thành

hình bình hành OHCK

Theo kết quả Bài 4, ta có: 1

2

S  S  S CMN 2S OHCK

Do góc C và điểm O cố định nên S OHCK không đổi

Vì vậy MinS  2S , khi O là trung điểm của MN