Thư viện điện tử Khai thác có hiệu quả bài toán hình học: bất đẳng thức và giá trị nhỏ nhất, lớn nhất về diện tích”.

Như vậy ở bài toán 1.7 ta đã có kết quả nối hai đường chéo của hình thang ta được bốn tam giác nhỏ thì: Tổng diện tích hai tam giác có một cạnh là cạnh đáy của hình thang lớn hơn hoặc bằ[r]

≥

I ĐẶT VẤN ĐỀ

Học toán gắn liền với hoạt động giải tốn Thơng qua việc hướng dẫn học sinh giải tốn, người giáo viên cần rèn luyện cho học sinh lực tư duy, tính độc lập, linh hoạt, sáng tạo nhằm đáp ứng yêu cầu đào tạo người Việc khai thác có hiệu tốn cách bồi dưỡng cho học sinh lực

Ngồi việc khai thác có hiệu tốn cịn đem lại cho học sinh lịng say mê hứng thú mơn học tâm lý học sinh ln muốn biết, muốn tìm tịi

Để rèn luyện kỹ giải toán cho học sinh, phương pháp hữu hiệu từ toán cách giải toán ta hướng dẫn cho học sinh khai thác để phát biểu giải nhiều toán khác

Bài tốn hình học bất đẳng thức cực trị dạng tốn khó; việc rèn luyện kỹ giải loại toán cần thiết cần nhiều thời gian

II NỘI DUNG

Ta toán quen thuộc chương trình tốn lớp

Bài tốn 1: Cho tam giác ABC vng A M điểm thay đổi cạnh BC Gọi P,Q hình chiếu điểm M AC AB Với vị trí điểm M cạnh BC diện tích tứ giác AQMP lớn

Phân tích tốn: Từ hình ta có số cách phân tích tốn sau:

Hướng 1: Ta thấy diện tích tam giác ABC khơng đổi Vậy diện tích tứ giác

AQMP lớn khi

SAPMQ

SABC lớn

Hướng 2: Mặt khác: SAPMQ = SABC – ( SBQM + SCPM). Vậy diện tích tứ giác APMQ lớn SBQM + SCPM nhỏ <=> tỉ số

SBQM SCPM SABC



nhỏ

Từ ta có cách giải tốn sau: Cách 1: Ta có

1

;

2

SAQMP AQ MQ SABC  AB AC

=>

2

SAQMP AQ QM AQ QM

SABC  AB AC  AB AC

Đặt BM=x; MC=y

A

B

C M

P Q

Hình

=> ;

AQ y QM x

AB x y AC x y Do

2 2

( )

SAQMP xy

SABC  x y

mà (x+y)2 ≥ 4xy.

=>

1 SAQMP

SABC  Dấu “=” xảy <=> x = y <=> M trung điểm BC.

Vậy SAQMP đạt giá trị lớn

2SABC M trung điểm BC.

Cách 2: Ký hiệu SABC = S; SBQM = S1; SMPC = S2.

Ta có: SAQMP = S – ( S1 + S2 ).

Do SAQMP lớn <=> S1 + S2 nhỏ <=>

1

S S

S



nhỏ

Ta có: QM // AC => tam giác BQM BAC đồng dạng =>

2

2

S BM

S BC

PM // AB => tam giác PCM ACB đòng dạng =>

2

2

S MC

S BC

=>

2 2 1

1

2 ( )2

S S BM MC x y

S BC x y

  

  

 ( Vì (x+y)2 ≤ 2(x2 + y2) )

Vậy S1 + S2 2S  hay

SAQMP  S

Dấu “=” xảy <=> x = y <=> M trung điểm BC

Nhận xét 1: - Về cách giải, toán để tìm vị trí điểm M cho diện tích APMQ lớn nhất, ta phải xét mối liên hệ diện tích APMQ với diện tích tam giác ABC.

- Mặt khác, ta nhận thấy lấy điểm E đối xứng với điểm M qua AB, điểm F đối xứng với điểm M qua AC điểm E,A,F thẳng hàng ( Bài 159 sách bài tập tốn 8, tập một) diện tích tam giác MEF gấp hai lần diện tích tứ giác AQMP Vì vậy, ta phát biểu thành tốn sau:

Bài toán 1.1: Cho tam giác ABC vuông A; M di chuyển cạnh BC Gọi E,F điểm đối xứng M qua AB AC Xác định vị trí điểm M để diện tích tam giác MEF lớn

Hướng dẫn giải: Trước hết ta chứng minh ba điểm E,A,F thẳng hàng cách chứng minh góc EAF 1800 Điều dẫn đến việc ta phải chứng minh

∆EAQ= ∆MAQ ∆FAP=∆MAP, từ suy SAEQ=SMAQ và SAMP=SFAP

=> SFEM = 2SAQMP đưa toán

Nhận xét 2: Dựa vào cách giải toán ta thay tam giác ABC vng A tam giác ABC Khi P,Q thay giao điểm của đường thẳng qua M song song với AB AC, thay việc tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác APMQ lớn việc chứng minh

SAPMQ≤

1

2SABC Ta có tốn 1.2.

Q P

M

C B

A

F E

Hình

Bài toán 1.2: Cho tam giác ABC, cạnh BC lấy điểm M Đường thẳng qua M song song với AB cắt AC P, đường thẳng qua M song

song với AC cắt AB Q Chứng minh rằng:

1

SAPMQ  SABC

Phân tích tốn: Rõ ràng toán toán tổng quát toán 1, khác yêu cầu Bài tốn tìm vị trí điểm M để SAPMQ lớn

nhất

( toán cực trị); cịn tốn chứng minh

1

SAPMQ  SABC

( toán chứng minh bất đẳng thức) Nhưng hai cách giải toán đều áp dụng cho tốn Từ ta giải toán cách như sau:

Cách 1: Để tính tỉ số

SAQMP

SABC ta kẻ đường cao từ đỉnh B (hoặc đỉnh C )

của tam giác ABC Khi đó:

H

K A

B C

M

P Q

2 2

( )

SAQMP KH AP KH AP KH QM MC BM x y

SABC  BH AC  BH AC  BH AC  BC BC  x y 

Vậy

1

SAQMP  SABC

Cách 2: Tương tự cách toán

Cách 3: Bài toán toán chứng minh bất đẳng thức, ta giới thiệu cho em giải theo cách giải toán chứng minh bất đẳng thức Ta xét hai trường hợp sau:

1 Khi M trung điểm BC :

Dễ thấy

1

SAPMQ  SABC

Thật : ∆ ABC có MQ//AC (gt), BM=MC

=> Q trung điểm AB =>

1

SQAM  SAMB

, tương tự

1

SAPM  SAMC

Do

(*)

1 1

2 2

SQAM SAMP  SAMB SAMC  SABC  SAQMP  SABC

H G

K A

B C

M P

Q

Khơng tính tổng quát ta giả sử MB<MC Trên đoạn thẳng MC lấy điểm H cho MB=MH Qua H kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC K, cắt QM kéo dài G Xét tam giác QMB tam giác MGH ta có :

(đ đ)

BM=MH ( cách dựng)

GK//AB => MHG=QBM  ( góc so le trong)

=> ∆QMB=∆GMH ( g.c.g) => QM=MG ( cạnh tương ứng)

Từ suy 2SAPMQ = SAKGQ = SAKHMQ+SBQM = SAKHB< SABC (**) Xét

tương tự với trường hợp MB > MC

Từ (*) (**) suy

1

SAPMQ  SABC

(đpcm)

Nhận xét 3 : - Từ toán ta thấy SAPMQ đạt giá tri lớn 2

S

khi M trung điểm BC với S = SABC Khi tổng diện tích hai tam giác QMB PMC đạt giá trị nhỏ Hai kết toán

tương đương với nhau.

Hình

- Ở toán 1.2, xét trường hợp điểm M nằm tam giác ABC Lúc đó, qua M kẻ đường thẳng song song với cạnh tam giác ABC, cắt cạnh AB,BC,CA điểm Q,H,N,K,G,P (Hình 7) Áp

dụng kết toán1 ta chứng minh đựơc S1+S2+S3 ≥ S :3 ( S diện

tích tam giác ABC) Từ ta có toán 1.3.

Bài toán 1.3 : Cho tam giác ABC, M điểm nằm tam giác Qua M kẻ đường thẳng song song với cạnh tam giác cắt cạnh AB, BC, CA Q, H, N, K, G, P Gọi S1 = SQHM, S2 = SNMK,

S3 = SPMG ; S = SABC.

a) Chứng minh S1 + S2 + S3 ≥

S

b) Tìm vị trí điểm M để S1 + S2 + S3 nhỏ Hướng dẫn giải :

a) Xét tam giác AHG có : hình bình hành AQMP nội tiếp tam giác Áp

dụng kết tốn ta có : S1 + S3 ≥

1

2SAHG Tương tự:

với tam giác BQK ta có: S1 + S2

1

2SBQK



với tam giác CPN ta có: S2 + S3

1

2SCPN

 N

H G

K A

B C

M P Q

S1 S3

S2

Hình

Suy

1

2.( 1 2 3) ( 1 2 3)

2

S S S  S S S S

=> 3.( 3) 3

S

S S S  S S S S 

b) Từ nhận xét tốn ta có S1 + S2 + S3 nhỏ <=> M đồng thời trung điểm HG, QK NP

M trung điểm HG <=> AM qua trung điểm BC M trung điểm QK <=> BM qua trung điểm AC M trung điểm NP <=> CM qua trung điểm BA Khi M trọng tâm tam giác ABC

Nhận xét 4: - Từ tốn 1.2, tam giác ABC có góc nhọn B C, dựng hình chữ nhật MNPQ cho M nằm cạnh AB, N nằm cạnh AC còn điểm P,Q nằm cạnh BC, lúc ta không yêu cầu chứng minh

1

SMNPQ SABC

mà yêu cầu tìm vị trí M cho diện tích MNPQ lớn Từ ta có toán 1.4.

Bài toán 1.4 : Cho tam giác ABC có góc nhọn B C Dựng hình chữ nhật MNPQ cho M nằm cạnh AB, N nằm cạnh AC cịn hai điểm P,Q nằm cạnh BC Hãy tìm vị trí điểm M cho diện tích hình chữ nhật MNPQ lớn

đường cao tam giác ABC để tính diện tích Vì cạnh PQ hình chữ nhật nằm cạnh BC, suy đường cao phải kẻ đường cao xuất phát từ đỉnh A. Kẻ đường cao AI ta áp dụng kết tốn vào hai tam giác AIB AIC Từ ta giải tốn 1.4 sau :

Giải :

Cách 1 : Kẻ đường cao AI Gọi K giao điểm AI với MN

Áp dụng kết tốn cho tam giác vng AIB tam giác vng AIC, ta có :

1

1

2 ( )

2

2

SMKIQ SAIB

SMKIQ SNKIP SAIB SAIC

SNKIP SAIC

SMNPQ SABC

               Vậy max

SMNPQ  SABC

xảy

1

SMKIQ  SAIB

1

SNKIP  SAIC

Các đẳng thức xảy M trung điểm AB, N trung điểm AC ( kết toán 1)

Vậy M trung điểm AB hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn

Cách 2 : Từ cách giải tốn 1, nhìn vào hình vẽ, học sinh nghĩ đến việc tính tỉ số diện tích tứ giác MNPQ diện tích tam giác ABC cách kẻ đường cao AI tam giác ABC

Lúc :

SMNPQ = MN.MQ ;

SABC =

1 . 2AI BC

Suy

2 2

( )

SMNPQ MN MQ MN MQ AK KI AK KI

SABC  AI BC  BC AI AI AI  AK KI

Và giải cách toán

* Việc biết cách chuyển toán 1.4 để áp dụng kết toán giúp cho việc giải tốn cách nhẹ nhàng nhanh chóng, góp phần củng cố kết thu giải toán toán 1.2.

Cách 3 : Ta giải tốn sau : Kẻ AIBC ; AI cắt MN K Đặt AI=h ; BC=a ; MN=x ; MQ=y Khi đó: KI=y; AK= h-y

SABC = SAMN+SMNPQ+SNPC+SBMQ.

=>

1 . .( ) . 1( . . )

2a h2x h y x y2 NP PC MQ BQ mà NP=MQ=KI=y

1 . ( ) ( )

2a h 2x h y xy 2y PC BQ

     

mà PC+BQ = BC – QP = a – x

N

I K A

B C

M

P Q

N K

A

M

Hình

1 . ( ) ( )

2a h 2x h y xy 2y a x

     

Hay a.h = xh + ay

( )

h a x y

a

  

Vậy

( ) ( )

h a x h

SMNPQ xy x x a x

a a



   

Ta có

h

a khơng đổi (vì tam giác ABC cho trước) nên diện tích tứ giác MNPQ

lớn <=> x.(a – x ) lớn mà x a – x hai số dương

x+a-x = a khơng đổi, x(a-x) lớn <=> x = a – x <=> 2x = a <=> a x <=> MN đường trung bình tam giác ABC <=> M trung điểm AB N trung điểm AC

Khi đó:

.( )

2 2 2

S

h a a h a a h ABC

S a

MNPQ a    

Vậy M trung điểm AB hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn

bằng

1

2SABC.

Nhận xét 5: Với toán 1.4, HS nắm cách giải tốn và bài tốn 1.2 em nhanh chóng vận dụng kết để giải biết dùng cách giải tương tự để giải khơng cần phải giải cách vừa dài dịng vừa khó Và nắm cách khai thác kết tốn, ta có thể đưa tốn cách thay hình chữ nhật MNPQ nội tiếp tam giác ABC hình bình hành MNPQ nội tiếp tam giác ABC kết tốn vẫn khơng thay đổi Ta có tốn 1.5.

Hình 10

Bài toán 1.5: Cho tam giác ABC Dựng hình bình hành MNPQ cho M nằm cạnh AB, N nằm cạnh AC, hai điểm P,Q nằm cạnh BC Hãy tìm vị trí điểm M cho diện tích hình bình hành MNPQ lớn

Phân tích tốn:

Rõ ràng để vận dụng kết toán 1.2 ta cần kẻ qua A đường thẳng AI//MQ ( IBC) Vận dụng toán 1.2 vào hai tam giác AIC AIB với các

hình bình hành IKNP IKMQ ( hình 11)hoặc dùng cách giải tốn1ta tính tỉ số diện tích tứ giác MNPQ với diện tích tam giác ABC ta kẻ đường cao AI tam giác ABC( hình 12).

Nhận xét 6: Như vậy, toán xoay quanh việc nội tiếp hình bình hành vào tam giác để diện tích hình bình hành lớn Vậy nếu hình bình hành cố định tam giác dựng có diện tích nhỏ Ta xét tốn sau:

Bài tốn 1.6: Cho góc xOy điểm H cố định thuộc miền góc Một đường thẳng d quay xung quanh điểm H, cắt Ox, Oy

N I K A B C M P Q N I K A B C M P Q N I K A B C M P Q N I K A B C M P Q

tại C D Hãy xác định vị trí đường thẳng d để diện tích tam giác COD nhỏ

Phân tích tốn: Ta nhận thấy tam giác COD thay đổi cạnh CD quay quanh điểm H Dựa vào kết toán 1.2 ta nghĩ đến việc tạo ra hình bình hành có đỉnh H O tam giác COD Từ để giải tốn 1.6 ta làm sau:

Cách 1: Từ H kẻ HA//Ox ( AOy); HB//Oy ( BOx)

Áp dụng kết tốn 1.2 ta có:

1

SHAOB SCOD

hay

SCOD ≥ SHAOB.

Vì O,H cố định, Ox,Oy cố định nên OAHB cố định SHAOB không đổi

Vậy SCOD nhỏ SCOD= 2SHAOB, xảy H trung điểm CD Ta

có cách dựng đường thẳng d sau: Từ H kẻ HA//Ox ( A Oy)

Trên tia Oy ta lấy điểm D cho OD=2.OA Nối DH cắt Ox C

CD đường thẳng cần dựng

y x

C B

A

H O

D

y x

C

A

H O

D

Hình 13

Cách 2: Ở tốn ta chứng minh diện tích tam giác COD

nhỏ cách: qua H dựng đường thẳng d cắt Ox, Oy C D cho CH=HD Ta chứng minh diện tích tam giác COD nhỏ

Thật vậy: Qua H kẻ đường thẳng d’ cắt Ox,Oy C’,D’ Ta cần chứng minh:SCOD < SC’OD’

Sẽ có khả năng: OC’<OC OD’>OD OC’<OC OD’>OD

*) Giả sử OC’<OC OD’>OD

Từ D kẻ đường thẳng song song với Ox cắt C’D’ N => ∆HC’C =∆ HND (g.c.g) => SHC’C < SHDD’

=> SHCC’+SC’HDO < SHDD’+SC’HDO hay SCOD < SC’OD’

Trường hợp OC’>OC OD’<OD chứng minh hoàn toàn tương tự

Nhận xét 7: Ở toán 1.6, HS hiểu nắm vững cách giải tốn 1.2 dễ dàng hiểu cách giải toán 1.6 Tuy nhiên cách giải thứ nhất được trình bày trực tiếp nên HS dễ hiểu, dễ vận dụng Còn cách giải phải xét nhiều trường hợp nên lời giải tốn dài khó hiểu hơn.

Bây ta xét toán khó mà muốn vận dụng kết toán 1.2 ta phải kẻ đường phụ để chuyển tốn Ta có tốn 1.7.

d'

y

D'

x

C C'

N H

O

D

Hình 14

Bài tốn 1.7 : Cho hình thang ABCD ( AB//CD), hai đường chéo AC BD cắt nahu P Chứng minh :

1

SPABSPCD  SABCD

Phân tích tốn: Từ u cầu tốn, gợi cho ta nghĩ đến việc vận dụng toán 1.2 để giải Quan sát hình vẽ ta thấy ABCD hình thang nên ta có SDAC = SCDB ( hai tam giác có chung đáy, chiều cao nhau)

=> SAPD = SBPC Vì thay việc chứng minh

1 2

SPABSPCD  SABCD

ta

có thể chứng minh

1

2.SAPD2SABCD

.

Vì ta nghĩ đến việc ghép 2.SAPD thành diện tích hình bình hành và

chuyển SABCD thành diện tích tam giác chứa 2.SAPD có diện tích bằng

SABCD.

Giải:

Cách 1: Từ A kẻ đường thẳng song song với BD cắt DC kéo dài E Qua D kẻ đường thẳng song song với AC cắt AE Q Áp dụng kết toán 1.2 ta

có:

1

2

SAQDO  SAEC  SEQDSDCP SAEC

(1) Mà SDAB = SCAB ( AB//CD) => SPAD = SPBC (2)

Do APDQ ABDE hình bình hành nên QD=AP, DE=AB, góc QDE góc PAB ( góc có cạnh tương ứng song song)

=> ∆APB = ∆DQE ( c.g.c) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: SPAB+SPCD = SDQE + SPDC

2SAEC



E

A B

C P

Q

D

Hình 16

=> SPABSPCD21 (SEQDSAQDSADPSDPC) => SPABSPCD 21 (SABPSPBCSADPSDPC) =>

1

SPABSPCD  SABCD

(đpcm)

Đẳng thức xảy D trung điểm EC <=> AB=CD <=> ABCD hình bình hành

Cách 2: Chúng ta sử dụng cơng thức tính diện tích để làm trực tiếp mà khơng sử dụng kết 1.2 để giải

Ký hiệu SPAB = S1; SAPD = S2 ; SDPC = S3; SPBC = S4

Kẻ AQ DB; CR BD, ta có :

1 1

( ).( ) ( ).( )

2 2 2 2 2

S S  AQ PD CR PB  AQ PB PD CR S S

=> ( S1 + S3)2 ≥ S1.S3 = S2.S4 (1)

Vì ABCD hình thang nên S2 = S4, (S2 + S4)2 = 4.S2.S4 (2) Từ (1) (2) => (S1 + S3)2 ≥ (S2 + S4)2 => S1 + S3 ≥ S2 + S4

=> (S1 + S3) ≥ S1 + S2 +S3 + S4 =>

1

1 3 2

S S  SABCD

Đẳng thức xảy  S1 = S3  S1 = S2 = S3 = S4  ABCD hình bình hành

D

Q

P

C B

A

R S1

S2 S4

S3

Nhận xét 8: Ở toán 1.7 học sinh vận dụng thành thạo kết tốn1.2 thì tốn dễ dàng chứng minh, em nhanh chóng tìm hướng giải,cịn khơng biết cách chuyển tốn để áp dụng kết tốn 1.2 thì việc tìm hướng giải tốn khó khăn nhiều(cách giải 2)

Như toán 1.7 ta có kết nối hai đường chéo hình thang ta được bốn tam giác nhỏ thì: Tổng diện tích hai tam giác có cạnh cạnh đáy của hình thang lớn nửa diện tích hình thang,tức tổng diện tích hai tam giác lớn tổng diện tích hai tam giác cịn lại ( Hai tam giác có cạnh cạnh bên hình thang).Hay tổng diện tích hai tam giác có cạnh cạnh bên hình thang bé nửa diện tích hình thang Các kết tương đương.

Ta tiếp tục khai thác kết tốn sau:

Bài tốn 1.8: Cho hình bình hành ABCD điểm M cố định cạnh BC, lấy điểm N cạnh AD Gọi H giao điểm AM BN, I giao điểm MD NC Tìm vị trí điểm N để diện tích MHNI lớn

Phân tích tốn: Nhìn vào hình vẽ ta thấy: điểm M cố định cạnh BC điểm N cạnh AD Lúc ANMB CMND ln hình thang Vì vẽ hình xong ta cần suy nghĩ xem vận dụng kết tốn 1.7 vào tập không vận dụng nào?

Giải: Nối M với N ta hình thang ANMB CMND Áp dụng kết tốn 1.7 ta có:

SAHN +SHBM1

2SANMB=>SHAB+SHMN≤

1 2SANMB

D C

B A

M I

N H

Hình 18

Mà SHAB=SHMN=>SHMN≤1

4SANMB

Đẳng thức xảy <=> AB // MN

Tương tự SIMN≤14 SCMND , đẳng thức xảy <=> MN // CD

Từ suy ra:

SHMIN=SHMN+SIMN≤1

4SANMB+SCMND=>SHMIN≤

1 4SABCD

Vậy diện tích tứ giác HMIN lớn

1

4SABCD MN // AB.

III KẾT LUẬN

Trên kinh nghiệm mà rút trình giảng dạy nhằm “ Khai thác có hiệu tốn hình học: bất đẳng thức giá trị nhỏ nhất, lớn diện tích”, áp dụng thành công kinh nghiệm này trình bồi dưỡng học sinh giỏi

Tơi nhận thấy tốn, dạng tốn giới thiệu có hệ thống việc tiếp thu em khơng có hiệu mà cịn rèn luyện

kỹ giải tốn Việc khai thác tốn giúp em có định hướng giải toán khác sử dụng kết toán giải

Tơi nghĩ điều cần quan tâm, cần tìm tịi tích luỹ để chất lượng học tập em ngày nâng cao

Tuy nhiên viết khơng tránh khỏi khiếm khuyết Rất mong góp ý người đọc Tôi xin chân thành cảm ơn

Vinh, ngày 10 tháng 04 năm 2010

MỤC LỤC

I Đặt vấn đề trang II Nội dung trang III Kết luận trang 19 IV Tài liệu tham khảo trang 20 V Mục lục trang 21

TÀI LIỆU THAM KHẢO

SGK Toán 8, tập một. SBT Toán 8, tập một.

Các toán giá trị lớn nhất, nhỏ hình học phẳng ở THCS

108 tốn cực trị hình học.