Một số giải pháp nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán qua việc ứng dụng bất đẳng thức côsi giải bài toán hình học lớp 9

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Khi giảng dạy mơn Tốn bậc THCS, tơi nhận thấy em học sinh lớp gặp nhiều khó khăn giải toán bất đẳng thức cực trị hình học Đây thuộc loại tốn khó học sinh, kể học sinh giỏi gặp dạng toán So với bất đẳng thức đại số, bất đẳng thức hình học chưa quan tâm nhiều Nguyên nhân khó giải vấn đề phương pháp tiếp cận khơng phải phương pháp thông thường hay áp dụng hình học, khơng phải phương pháp đại số tuý Để giải toán bất đẳng thức hình học cần thiết phải biết vận dụng kiến thức hình học đại số cách thích hợp nhạy bén Qua năm trực tiếp giảng dạy tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn 9, tơi nhận thấy việc khai thác bất đẳng thức Cơsi q trình giải tốn bất đẳng thức cực trị hình học hướng tiếp cận hiệu quả, không lẽ đối tượng hình học (diện tích, độ dài đoạn thẳng, số đo góc, …) đối tượng để áp dụng bất đẳng thức Côsi tương đồng (đại lượng không âm), mà cịn tính đa dạng bất đẳng thức Côsi vận dụng Sự khéo léo, linh hoạt việc khai thác bất đẳng thức Côsi yêu cầu học sinh giỏi Toán Hơn qua theo dõi nhiều năm tơi thấy cực trị hình học có nhiều đề thi: Tuyển sinh vào lớp 10 trường chuyên đề thi học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh Song giải toán học sinh gặp khơng khó khăn, phức tạp Từ thực tiễn giảng dạy thấy học sinh thường ngại học phần này, bế tắc, lúng túng cách xác định dạng toán, chưa có nhiều phương pháp giải hay gọn nên kết thi HSG , thi chuyên , thi vào lớp 10 chưa cao Do đó, tơi chọn đề tài: “Một số giải pháp nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn qua việc ứng dụng bất đẳng thức cơsi giải tốn hình học lớp 9” 1.2 Mục đích nghiên cứu Tơi chọn nghiên cứu đề tài nhằm giúp học sinh giỏi nâng cao khả vận dụng bất đẳng thức cơsi việc giải tốn đặc biệt tốn hình học lớp 9, tự tin có kết tốt kì thi, đặc biệt kì thi HSG cấp 1.3 Đối tượng nghiên cứu “Một số giải pháp nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn qua việc ứng dụng bất đẳng thức cơsi giải tốn hình học lớp 9” Trường THCS Quang Trung, thành phố Thanh Hóa 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lí thuyết (phân tích, tổng hợp) - Phương pháp dự giờ, rút kinh nghiệm, hợp tác chuyên môn - Phương pháp điều tra, khảo sát thực tế, thống kê, xử lí số liệu - Phương pháp thực nghiệm sư phạm NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến Bản thân nghiên cứu,vận dụng phương pháp với mong muốn giúp em thích học dạng “Cực trị hình học - ứng dụng bất đẳng thức Côsi” nắm kiến thức dạng bài, tự tin học phần tốn Để làm điều học sinh cần nắm được: - Khái niệm bất đẳng thức Côsi (BĐT cô si): Cho a1, a2, …, an số không âm Ta có:  (với n �; n �2 ) Dấu xảy a1 = a2 = … = an [3] * Cách phát biểu khác cho BĐT Côsi là: Với số khơng âm, trung bình cộng khơng nhỏ trung bình nhân Trung bình cộng trung bình nhân số nhau.[3] * Ý nghĩa BĐT Côsi: + 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 nhau.[3] Lưu ý: Trước thực bước 1, học sinh cần phải đọc kỹ đề bài, nhận dạng tốn dạng tốn nào, chuyển đổi việc tìm cực trị tốn qua việc vận dụng BĐT cơsi khơng, sau tóm tắt đề giải Bước có tính chất định cách giải toán dễ dàng hay phức tạp`` Khi giải cần lập luận dựa vào kiện đề Tuy nhiên lập luận trình bày lời giải cần phải có thứ tự, vấn đề cần lập luận trước, vấn đề cần lập luận sau Giữa bước lập luận biểu diễn tương quan đại lượng phải logic, chặt chẽ với nhau, bước sau kế thừa bước trước, bước trước nêu nhằm chủ ý cho bước sau tiếp nối Không nên diễn giải lung tung, khơng có trình tự, dài dịng bước Khi áp dụng BĐT cơsi việc giải tốn cực trị hình học lớp mà giáo viên cần lưu ý cho học sinh yêu cầu quan trọng mục 2.3.5 Ngoài việc nhắc nhở học sinh nắm vững kiến thức BĐT cơsi, vẽ hình xác , nắm vững yêu cầu đặt việc giải toán, học sinh đối tượng để giải tốt tập, việc quan trọng nhất, thành công dạy học dẫn dắt người thầy Để học sinh học tốt, hiểu bài, vận dụng lý thuyết để giải tập trước hết giáo viên phải soạn thật tốt, chuẩn bị hệ thống câu hỏi phù hợp, số tập đơn giản phù hợp với đối tượng học sinh Do giáo viên cần phải cho học sinh tập tương tự để em tự làm , cần phải phân loại rõ ràng cho học sinh dạng Từ chất lượng học sinh mũi nhọn nâng cao 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến Chương trình mơn Tốn bậc THCS rộng đa dạng, em lĩnh hội nhiều kiến thức Trong có nội dung kiến thức theo em suốt trình học tập bất đẳng thức Ngay từ ngày cắp sách đến trường, học sinh làm quen với dấu >; < so sánh với số tự nhiên đơn giản, sau so sánh phân số, so sánh biểu thức lớp 4, lớp Rồi học sinh tiếp cận với số tốn chứng minh bất đẳng thức có biểu thức số, biểu thức đại số, hình học bất đẳng thức cịn gắn liến với chương hình học em đến hết lớp 12 Như BĐT xuất từ lớp đến lớp 12, xuyên suốt chương trình em, thường xun có mặt đề thi cuối cấp, thi vào trường chuyên chọn, thi học sinh giỏi, thi đại học Tốn bất đẳng thức khó, chúng giải khơng hồn tồn dựa vào cơng thức đặc biệt lại bất đẳng thức hình học Hơn tập sách giáo khoa chưa thể đủ phương pháp chứng minh học sinh thường thiếu tự tin lúng túng gặp phải dạng toán Đặc biệt, dạng toán áp dụng BĐT giải tập hình học Từ lý mà học sinh ngại làm loại tốn Trong thực tế giáo viên dạy cho học sinh mức độ truyền thụ tinh thần lí thuyết mà chưa phân dạng, chưa cho học sinh luyện tập nhiều dạng tương tự Kỹ phân tích tổng hợp học sinh cịn chưa thành thạo, cách khai thác vấn đề cần chứng minh để đưa vào áp dụng BĐT chưa thạo, mối liên hệ liệu toán, dẫn đến việc học sinh lúng túng gặp nhiều khó khăn vấn đề giải loại tốn Vì kết học tập em lớp mũi nhọn chưa cao Nhiều em nắm lý thuyết chắn áp dụng giải tập lại không làm Tôi thử nghiệm khảo sát phần kiến thức việc áp dụng BĐT côsi giải tốn hình học lớp nhóm học sinh giỏi lớp năm học 2018-2019 năm học 2019 - 2020 trường trung học Quang Trung kết sau: Tổng số HS Năm học 20 20 Giỏi Khá TB Yếu Kém SL % SL % SL % SL % SL % 2018-2019 15 25 10 45 2019-2020 10 20 20 15 35 Trước thực trạng địi hỏi phải có giải pháp phương pháp dạy học cho phù hợp Từ lí đó, tơi đề xuất giải pháp cụ thể sau: 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Củng cố, khắc sâu nội dung lí thuyết BĐT Côsi số hệ Giáo viên giúp Hs nhắc lại khái niệm BĐT Côsi thông qua cơng thức phát biểu thành lời Sau khái quát công thức trường hợp cụ thể, trường hợp tổng quát - Khắc sâu nội dung lí thuyết thơng qua ví dụ đơn giản phản ví dụ Từ rút số hệ hay vận dụng để giải tập sau Ta bắt đầu việc nhắc lại Bất đẳng thức Côsi: Cho a1, a2, …, an số khơng âm Ta ln có:  (với n �; n �2 ) Dấu xảy a1 = a2 = … = an * 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 không đổi, tổng chúng đạt giá trị nhỏ số nhau.[3] Bài tốn gốc 1: Chứng minh a1, a2, …, an số dương, (a1 + a2 + … + an)( + + … + )  n2 Chứng minh: Áp dụng 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 [3] 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)( + + )  [3] 2.3.2 Nhắc lại số tốn hình học áp dụng BĐT Cơsi Gv đưa số tốn hình học giúp Hs áp dung linh hoạt BĐT Cô si vào giải, làm xong tốn hình học gv phân tích giả thiết tốn để tìm mối liên hệ với BĐT Cơ si tìm chìa khóa giúp Hs giải tốn Hướng Hs thay đổi giả thiết Dấu đẳng thức xảy trường hợp đặc biệt để tạo tốn sau tìm hướng giải trực tiếp chuyển toán toán làm Gv hệ thống tập hình tương tự nhà cho Hs luyên tập, cho Hs thảo luận nhóm với bạn, sau chấm sửa nghiêm túc, tuyên dương Hs làm tốt 2.3.3 Hướng dẫn HS vận dụng BĐT Côsi để giải tập hình học điển hình - Gv hướng dẫn Hs phân tích kĩ nội dung tốn, xác định yếu tố biết chưa biết, hướng Hs phân tích kết luận tìm vấn đề then chốt liên quan đến số không âm mà giả thiết cho để hướng hs áp dụng BĐT Côsi vào để giải (cụ thể toán đề tài sau Hs chứng minh hai tam giác đồng dạng quen thuộc suy tỉ số, Gv hướng Hs linh hoạt chuyển vế trái đẳng thức từ Tích sang Tổng để áp dụng BĐT để giải tập hình hay tốn Gv cho Hs kiểm tra thấy tổng hai độ dài khơng đổi tích chúng lớn Hs phát hai số nhau, từ Hs xác định hình trường hợp đặc biệt hai số nghĩ đến sử dụng ý nghĩa BĐT Côsi vào giải toán) - Gv cho Hs tham gia làm tập tương tự, giải đề có nội dung chấm, sửa nghiêm túc, đánh giá, khen thưởng Hs kịp thời, thay đổi linh hoạt hình thức đánh giá hay thi câu lạc Toán trường, thi giải toán nhanh giúp hs tham gia hoạt động học vui vẻ khơng gị bó nhằm mang lại hiệu cao Điều thể rõ qua nội dung ví dụ sau: Bài 1: (Một kết đẹp thú vị tứ giác nội tiếp) [9] Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Hai đường chéo AC BD cắt I Chứng minh rằng: + + +  + + + ( 1) * Phân tích tốn: Để chứng minh đẳng thức (1) ta 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 cụ thể: * Hướng dẫn: (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  tứ giác ABCD hình chữ nhật [9] * Nhận xét: Chìa khố để giải tốn việc chuyển đổi hạng tử vế trái thành dạng bậc hai tích, từ áp dụng bất đẳng thức Côsi chứng minh toán Việc linh hoạt biến đổi toán để áp dụng bất đẳng thức Côsi trường hợp cụ thể cần thiết, đòi hỏi người làm toán tư duy, rèn luyện nhiều dạng hình thành kĩ cần thiết, tìm tịi sáng tạo Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC Vẽ ba chiều cao AA1, BB1, CC1; ba trung tuyến AA2, BB2, CC2 Giả sử AA2  BB1=P, BB2  CC1=Q, CC2  AA1=R Chứng minh rằng: + +  (2) [9] *Phân tích: Để chứng minh (2) ta chuyển đổi tỉ số vế trái tỉ số lượng giác Sau ta áp dụng định lí Menelauyt tìm mối quan hệ tan C tỉ số lượng giác = � = ; ……… áp dụng BĐT tan  Côsi để chứng minh tỉ số lượng giác *Hướng dẫn: Áp dụng định lý Menelauyt tam giác AA2C với đường thẳng BRB1, ta có: =1 Suy ra: = (1) Do AA2 trung tuyến nên BC = 2.A2B, BB cot A tan C BB1  AC nên = BB1.cot C = tan  Hình tan C tan  Hồn tồn tương tự, ta có: tan  tan  = ; = tan  tan C tan  tan  tan C Từ đó: + + = 2.( + + ) tan  tan C tan  Mặt khác, theo bất đẳng thức Cơsi, thì: tan  tan  tan C tan C tan  tan B + +  3 � � =3 tan  tan C tan  tan  tan B tan C tan  tan  tan C Vậy: + +  Dấu “=” xảy = = , tức tam giác tan  tan C tan  ABC [9] Vậy từ (1)  = 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 [7] Phân tích: Để xác định vị trí điểm C, D cho tam giác MCD có diện tích nhỏ vào GT toán, ta đưa toán việc sử dụng tỉ số lượng giác để tính cạnh MC, MD theo tỉ số lượng giác sinα, cosα Và nhớ tới hệ thức sin2α + cos2α = liên hệ BĐT Côsi: x2 + y2  2xy Dấu đẳng thức xảy vị trí điểm C, D tìm Hướng dẫn: (Hình 3) Ta có: SMCD = MC.MD Đặt MA = a, MB = b � � =α AMC  BDM Khi MC = , MD = Nên: SMCD = Do a, b số nên SMCD nhỏ  2sinαcosα lớn Hình Theo bất đẳng thức Cơsi: 2sinα.cosα  sin2α + 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 [7] Nhận xét: Điểm sáng tạo cách giải ta chọn biến tỉ số lượng giác sinα, cosα Giữa sinα Cosα với sin 2α + 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 [9] * Phân tích: Ta xét biểu thức trung gian, tỉ số diện tích hình bình hành ADME diện tích tam giác ABC tức = �(Kẻ BK  AC, cắt MD H) Đặt MB = x, MC = y, ta có: = = , = = , bất đẳng thức Côsi dạng  Hướng dẫn: 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 = SΔABC, M trung điểm BC [9] * Phân tích: Dựa vào diện tích miền đa giác 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  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 = SΔABC, M trung điểm BC [4] Nhận xét: Qua toán 4, toán, với cách khai thác khác việc vận dụng bất đẳng thức Côsi dạng khác 2.3.4 Hướng dẫn Hs vận dụng BĐT Cô si vào giải tập hình học, cực trị hình học có liên quan đến thực tế - Tương tự mục 2.3.3 học sinh cần phải đọc kỹ đề bài, nhận dạng tốn dạng tốn nào, chuyển đổi việc tìm cực trị tốn qua việc vận dụng BĐT cơsi khơng, tóm tắt đề giải Bước có tính chất định cách giải tốn dễ dàng hay phức tạp - Sau đó, Gv hướng dẫn Hs nắm yêu cầu giải tốn hình học có áp dụng BĐT Cơ si, tốn cực trị hình dựa vào ý nghĩa BĐT Cơ si sử dụng tính khơng đổi tổng tích hai đoạn thẳng hai số khơng âm bất kì, dạng tốn diện tích, tỉ số lượng giác giúp ta dự đốn hình trường hợp đặc biệt dấu xảy cụ thể như: Bài toán số đề tài: Một tình thực tế giải thuyết phục toán 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 xong), mục đích đặt vừa phải chia đơi diện tích, vừa đảm bảo độ dài bờ rào thẳng ngắn Từ ta nghĩ đến bờ rào phải cắt cạnh tam giác 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? [7] Phân tích: Ta có 2SDEKH = (DH+EK).HK =(BH+KC).HK Từ ta nhớ tới ý nghĩa BĐT Côsi: 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 Ta thấy tổng (BH + KC) + HK không đổi (bằng BC = a cho trước) nên tích (BH+KC).HK lớn BH+KC = HK = Từ tìm diện tích lớn hình thang trở thành hình nào? Hướng dẫn (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 = = 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 - - = Hình Khi DH = HB = , EK = KC = Hình thang DEKH hình chữ nhật, E trung điểm AC [7] 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 nhỏ α tam giác [2] Phân tích: Một tình thực tế giải thuyết phục toán 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 xong), mục đích đặt vừa phải chia đơi diện tích, vừa đảm bảo độ dài bờ rào thẳng ngắn Từ ta nghĩ đến bờ rào phải cắt cạnh �   , độ dài bờ rào IK = m tam giác Giả sử góc đỉnh A nhỏ nhất, BAC Gọi khoảng cách từ đỉnh A tới hai đầu bờ rào x, y 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.Sau dấu đẳng thức ta tính độ dài bờ rào theo S  nhỏ [2] Hướng dẫn : (Hình 6) Bờ rào phải cắt cạnh tam giác �   , độ dài bờ rào IK = m Giả sử góc đỉnh A nhỏ nhất, BAC 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’ = không đổi �  Mặt khác, S’ = xy.sinA, mà S’ BAC không đổi nên xy không đổi Từ (*) ta thấy: IK nhỏ  x2 + y2 nhỏ Áp dụng BĐT Côsi: x2 + y2  2xy (x, y 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 tan  m = S '�  Thay S’ = m = 2S tan  10 Hình 6.1 Vậy: Bờ rào có độ dài ngắn m = 2S tan  � ,� với α = min( BAC ABC , � ACB ) [2] Nhận xét: Bài toán 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, a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA; b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB; c2 = a2 + b2 – 2ac.cosC ” [1] Hoặc kết luận (**) lời giải cho ta toán “ Chứng minh tam giác AIK có diện tích số đo góc A khơng đổi, tam giác cân A độ dài IK nhỏ nhất” [1] Hay liên hệ thực tế kinh tế, sống ngày cần tìm điều ý nghĩa lớn nhất, nhỏ thân sống gia đình nghiệp 2.3.5 Hướng dẫn Hs tránh sai lầm xét dấu đẳng thức hay dấu xảy để tìm vị trị điểm, góc, đoạn thẳng Tương tự mục 2.3.3 2.3.4 học sinh cần phải đọc kỹ đề bài, nhận dạng toán dạng toán để tìm cách giải tốn q trình giải cần nắm yêu cầu Cụ thể: Yêu cầu 1: Sai lầm không xác định giá trị đoạn thẳng tương ứng để bất đẳng thức trở thành đẳng thức (Tức dấu BĐT xảy vi phạm nội dung giả thiết cho) Để học sinh không mắc phải sai lầm giáo viên phải hướng dẫn học sinh tìm hiểu đề tốn Trước giải phải đọc thật kỹ đề bài, đọc lại đề nhiều lần, câu, chữ đề để nắm đề cho biết gì, u cầu tìm Từ giúp học sinh hiểu kỹ đề tốn q trình giải khơng có sai sót nhỏ khơng phạm sai lầm Việc hiểu kỹ nội dung đề tiền đề quan trọng việc giải tập tốn Nó giúp học sinh nhiều việc lựa chọn cách giải tốn gọn, xác u cầu 2: Sai lầm sử dụng sai điều kiện tồn để áp dụng bất đẳng thức (BĐT) Khi giải toán hình học có áp dụng BĐT, cần lưu ý học sinh lập luận phải có phải xác, khoa học Vì câu lập luận giải liên quan đến đoạn thẳng, diện tích, góc kiện cho đề Do giáo viên cần phải giúp học sinh hiểu đâu yêu cầu, đâu kiện cho tốn, để từ dựa vào yếu tố mối liên quan đại lượng cho để vận dụng linh hoạt việc áp dụng BĐT việc giải toán dạng Giáo viên nên hướng dẫn mẫu cho Hs rõ sai lầm trình dạy lý thuyết luyện tập áp dụng 11 Yêu cầu 3: Sai lầm chưa hết trường hợp hình Giáo viên cần phải giúp học sinh hiểu đâu yêu cầu, đâu kiện cho tốn, để từ dựa vào yếu tố mối liên quan đại lượng để trường hợp hình.Vận dụng linh hoạt việc áp dụng BĐT việc giải toán dạng Trên yêu cầu quan trọng áp dụng BĐT côsi việc giải tốn hình học lớp mà giáo viên cần lưu ý cho học sinh Ngoài việc nhắc nhở học sinh nắm vững kiến thức BĐT cơsi, vẽ hình xác , nắm vững yêu cầu đặt việc giải toán, học sinh đối tượng để giải tốt tập, việc quan trọng nhất, thành công dạy học dẫn dắt người thầy Để học sinh học tốt, hiểu bài, vận dụng lý thuyết để giải tập trước hết giáo viên phải soạn thật tốt, chuẩn bị hệ thống câu hỏi phù hợp, số tập đơn giản phù hợp với đối tượng học sinh Do giáo viên cần phải cho học sinh tập tương tự để em tự làm, cần phải phân loại rõ ràng cho học sinh dạng Từ chất lượng học sinh mũi nhọn nâng cao 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? [5] Phân tích: 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? Dựa vào diện tích miền đa giác ta có : SΔCMN = SΔOCM + SΔOCN = (CM + CN).r � = (CM + CN) Mà : (CM + CN)  Từ suy : = (CM + CN)  Dấu “ = ” xảy tam giác CMN cân đỉnh C có CO phân giác nên CO  MN Hướng dẫn : Gọi S diện tích  CMN, ta có : S = SΔOCM + SΔOCN = (CM + CN).r Do đó: = (CM + CN) (1) Theo bất đẳng thức Côsi: (CM + CN)  (2) Mặt khác: CM.CN  2S (3) Hình Kết hợp (1), (2), (3) suy ra: = (CM + CN)  hay S r  S2  2S.r2  S  2r2 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 nhất.[5] 12 Nhận xét: Từ kết tốn ta có tốn sau: Bài tốn 7.1: 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 Bài toán 7.2: 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.[10] Nếu điều kiện O thuộc tia phân giác góc C ta có toán mới: Bài toán7.3: 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 (như hình vẽ 7.1) Lấy I đoạn OE cho OI = OD Ta có:  ODM =  OIN (c.g.c) => SΔODM = SΔOIN  SΔCMN < SΔCDE Cách 2: Qua O kẻ đường thẳng song song với cạnh góc C, tạo thành hình bình hành OHCK (như hình vẽ 7.2) Theo kết Bài 4, ta có: Hình 7.1 SOHCK  SΔCMN Do đó: SΔCMN  2SOHCK Do góc C điểm O cố định nên SOHCK khơng đổi Vì minSΔCMN = 2SOHCK, O trung điểm MN Để dựng điểm M, ta cần lấy M cho H trung điểm CM [10] Hình 7.2 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 trị bất dẳng thức Cơsi, kết khác hình học, lời giải qua ví dụ ngắn gọn đẹp 2.3.6 Phát triển tốn hình học từ tốn gốc đại số có áp dụng BĐT si - Cốt lõi giải pháp Hs phải thấy hiểu rõ chất toán gốc đại số có áp dụng BĐT Cơ si sau chuyển đổi số đoạn thẳng, 13 điểm, góc kết hợp, chuyển đổi linh hoạt từ đại số sang hình học ngược lại mà quy toán cách giải quen thuộc đại số Sau ví dụ việc sử dụng toán 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: + +  [9] Phân tích : Để chứng minh + +  học sinh nhớ đến định lý Sêva áp dụng kết toán gốc trường hợp riêng Hướng dẫn: (Hình 8.1) Theo định lý Seva, ta có : + + =1 (1) Áp dụng kết quả: Với a, b, c > 0, ta có: (a + b + c)( + + )  9, ta có: ( + + )( + + )  (2) Kết hợp (1) (2) suy : + + 9  + + 9 Hình 8.1  + + + + 1+   + +  Dấu xảy = = mà + + = Nên = = =  M trọng tâm  ABC [9] 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 + +  [9] Hướng dẫn: Gọi H trực tâm  ABC (hình 8.2) Dễ thấy A’H = A’A1, B’H = B’B1, C’H = C’C1 ( Áp dụng tính chất đối xứng ) Áp dụng kết :Với a, b, c > 0, ta có: (a + b + c)( + + )  9, ta có: (+ +).(+ + )  (*) Xét + + =3 + + + Hình 8.2 Mặt khác, theo định lí Sêva : + + = 14 Nên: + + = + = Khi đó, (*)  Dấu xảy  = = + +   1+ = 1+ = 1+  = =  H trọng tâm  ABC   ABC [9] Một số tập đề xuất Bài 9: 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 [10] Bài 10: 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 [3] Bài 11: 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 [9] Bài 12: Cho tam giác ABC vuông A Từ điểm I nằm tam giác kẻ IM BC, IN  AC, IK  AB Xác định vị trí điểm I cho IM + IN2 + IK2 nhỏ nhất.[9] Bài 13: Cho hai đường trịn (O) (O’) tiếp xúc ngồi 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 nhất.[8] Bài 14: 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) A 1, B1, C1 Xác định dạng tam giác ABC để tổng + + lớn nhất.[4] Bài 15: Cho đoạn thẳng AB = a điểm M di động đoạn thẳng Dựng phía AB hai hình vng AMCE BMKQ a Chứng minh AK, BC, QE đồng quy điểm I b Xác định M đoạn AB để  AIB có chu vi lớn nhất? Diện tích lớn nhất? [6] Bài 16: 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 [10] 2.4 Hiệu đề tài Áp dụng sáng kiến kinh nghiệm vào giảng dạy trường năm học gần thu kết khả quan hiệu quả, chất lượng mơn Tốn học sinh ngày nâng lên theo năm đặc biệt chất lượng học sinh giỏi mơn Tốn Trong hai năm liên tục áp dụng hoàn thiện sáng kiến kinh nghiệm này, tơi thấy ngày có hiệu quả, chất lượng học tập học sinh mũi nhọn ngày cao Đặc biệt em hứng thú học toán hơn, vận dụng sử dụng thành thạo BĐT Côsi BĐT hệ suy từ BĐT Côsi linh hoạt Khảo sát chất lượng sau áp dụng đề tài: 15 So sánh kết trước sau áp dụng đề tài thấy tỉ lệ học sinh giỏi tăng lên rõ rệt cụ thể: Nhận xét Nhìn vào biểu đồ ta nhận thấy: - Kết khảo sát trước tiến hành dạy thực nghiệm cho thấy, học sinh chưa có kỹ vận dụng BĐT giải tốn hình học lớp Kết 55% học sinh đạt điểm 5, kết học sinh đạt điểm trung bình mức 5-6 điểm - Kết khảo sát sau tiến hành dạy thực nghiệm thể rõ mức độ nắm vững kiến thức phương pháp kỹ vận dụng BĐT vào việc giải tốn hình học lớp 9, cụ thể Khơng có học sinh đạt điểm 0, số học sinh điểm trung bình học sinh; điểm trung bình chủ yếu điểm từ đến 10 Đặc biệt năm học 2017-2018; 2018-2019 thân liên tục có học sinh thi vào THPT đạt điểm 10 mơn Tốn, học sinh đậu vào chuyên Lam Sơn Áp dụng đề tài chất lượng học sinh giỏi cấp cao trước đặc biệt năm học 2018 -2019 Có HS đạt Hs giỏi cấp Thành Phố Hs đạt giải tỉnh KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Với giải pháp nêu vận dụng vào trình hướng dẫn cho học sinh giải tốn hình học nâng cao lớp có sử dụng BĐT Côsi số BĐT hệ suy từ BĐT Cơsi nhận thấy em nắm quy tắc giải toán vận dụng làm tập tương tự tốt hơn, linh hoạt hơn, kích thích học sinh lịng say mê tìm hiểu cách giải khác nhau, trường hợp hình xảy ra, giúp học sinh phát huy khả tư linh hoạt, nhạy bén tìm lời giải toán Những toán 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 Trong trình giảng dạy năm học vừa qua áp dụng kinh nghiệm để soạn giảng vận dụng vào thực tế tơi thấy có thay đổi: - Học sinh có thái độ học tập tích cực, thích thú, chủ động nêu lên thắc mắc, khó khăn vướng mắc trình làm tập hình học 16 dạng Bên cạnh tập giao nhà em làm cách nghiêm túc, tự giác học nắm kiến thức sau học xong - Chất lượng môn nâng lên, số học sinh ngại học phần toán giảm đáng kể thay vào nhiều em có kĩ giải dạng toán tốt 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 3.2 Kiến nghị 3.2.1 Đối với Sở GDĐT, Bộ GDĐT Đào tạo bồi dưỡng Gv cốt cán, có kinh nghiệm dạy bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh, Quốc gia… nhằm tổ chức buổi hội thảo chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi năm để cán giáo viên trường dạy đội tuyển học hỏi nâng cao chất lượng dạy, bồi dưỡng HSG tỉnh 3.2.2 Đối với Phịng GDĐT Thành Phố - Tơi kính mong cấp lãnh đạo tổ chức thêm buổi hội thảo mơn Tốn, chun đề bồi dưỡng nghiệp vụ cho giáo viên Nhất đồng chí cốt cán chun mơn, đồng chí bồi dưỡng HSG lâu năm có kinh nghiệm nên trao đổi kinh nghiệm để lớp trẻ chúng tơi có hội giao lưu học hỏi, nhằm nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ đáp ứng nhu cầu ngày cao học sinh - Tổ chức nhiều sân chơi trí tuệ Tốn cho học sinh Olympic toán cấp, thi trạng nguyên toán , toán học tuổi thơ… 3.2.3 Đối với nhà trường - Cần tạo điều kiện thuận lợi thời gian tài liệu để giúp giáo viên, giáo viên dạy bồi dưỡng HSG giảng dạy tốt - Trang bị thêm đồ dùng dạy học, sách tham khảo để phục vụ tốt cho công tác giảng dạy, tự học, tự nghiên cứu giáo viên học sinh Trên số kinh nghiệm thân hy vọng rằng: Đó tài liệu nhỏ để quý đồng nghiệp tham khảo Với thời gian nghiên cứu có hạn nên mức độ nghiên cứu chưa sâu, cố gắng kinh nghiệm thân hạn chế nên nội dung sáng kiến chắn không tránh khỏi nhiều khiếm khuyết Tôi mong trao đổi, bảo đóng góp ý kiến quý đồng nghiệp, cấp để đề tài hoàn thiện áp dụng có kết tốt Tơi xin chân thành cảm ơn! 17 XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Lê Thị Ngoan Thanh Hóa, ngày 25 tháng năm 2020 Tơi xin cam đoan SKKN mình, khơng chép nội dung người khác Trần Thị Huyền 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO ********** [1] SGK toán 8, tập 1, Nhà xuất giáo dục – Năm 2005 [2] SGK toán 8, tập 2, Nhà xuất giáo dục – Năm 2005 [3] Các chuyên đề bồi dưỡng HSG THCS – Nguyễn Thị Thanh Thủy, Nhà xuất giáo dục – Năm 2005 [4] Bài tập nâng cao số chuyên đề toán 9– Bùi Văn Tuyên, Nhà xuất giáo dục – Năm 2006 [5] Toán nâng cao hình Nguyễn Vĩnh Cận, Nhà xuất đại học sư phạm – Năm 2004 [6] Rèn kỹ hình học - Nguyễn Đức Tấn, Đặng Anh Tuấn, Nhà xuất giáo dục – Năm 2005 [7] Chuyên đề bồi dưỡng nâng cao Hình – Đặng Đức Trọng, Nhà xuất đại học quốc gia TPHCM – Năm 2006 [8] Nguồn: http://math.vn http://www.mathvn.com/ [9] Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn THCS hình học - Trần Văn Tấn - Nguyễn Thị Thanh thủy - Phạm Minh phương, Nhà xuất giáo dục Việt Nam – Năm 2014 [10] Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học Tuổi trẻ- Quyển 3, NXB Giáo dục 19 ... sánh biểu thức lớp 4, lớp Rồi học sinh tiếp cận với số toán chứng minh bất đẳng thức có biểu thức số, biểu thức đại số, hình học bất đẳng thức cịn gắn liến với chương hình học em đến hết lớp 12... hoạt việc áp dụng BĐT việc giải toán dạng Trên yêu cầu quan trọng áp dụng BĐT côsi việc giải tốn hình học lớp mà giáo viên cần lưu ý cho học sinh Ngoài việc nhắc nhở học sinh nắm vững kiến thức. .. nghiên cứu,vận dụng phương pháp với mong muốn giúp em thích học dạng “Cực trị hình học - ứng dụng bất đẳng thức Côsi? ?? nắm kiến thức dạng bài, tự tin học phần tốn Để làm điều học sinh cần nắm được: