Qua thực tế những năm trực tiếp giảng dạy và tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9, tôi nhận thấy việc khai thác bất đẳng thức Côsi trong quá trình giải các bài toán bất đẳng thức và[r]
(1)
Tiến Sĩ Vũ Tiến Lưỡng
SỬ DỤNG BĐT CÔ- SI
TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
(2)SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
A - ĐẶT VẤN ĐỀ
Các tốn bất đẳng thức cực trị hình học thuộc loại tốn khó, làm cho học sinh phổ thông, 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 Toán học
So với bất đẳng thức đại số, bất đẳng thức hình học chưa quan tâm nhiều Một nguyên nhân khó giải vấn đề phương pháp tiếp cận phương pháp thông thường hay áp dụng hình học, khơng phải phương pháp đại số tuý Để giải tốn bất đẳng thức hình học cần thiết phải biết vận dụng kiến thức hình học đại số cách thích hợp nhạy bén
Qua thực tế năm trực tiếp giảng dạy tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán 9, 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 BĐT Cơsi tương đồng (đại lượng khơng âm), mà cịn tính đa dạng BĐT Cơsi vận dụng Sự khéo léo, linh hoạt việc khai thác BĐT Côsi yêu cầu học sinh giỏi Toán Mức độ khó, dễ tốn điều chỉnh tuỳ theo chủ ý người đề Với suy nghĩ đó, tơi mạnh dạn nghiên cứu đề tài “ Khai thác bất đẳng thức Côsi việc toán nâng cao 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 tốn điển hình nhận xét tác giả Phần hai vài suy nghĩ trao đổi xung quanh việc khai thác toán gốc đại số toán với mức độ khác hình học, thơng qua ví dụ cụ thể minh hoạ Và phần ba số tập đề xuất
(3)SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
B - NỘI DUNG
Ta bắt đầu việc nhắc lại Bất đẳng thức Côsi: Cho a1, a2, …, anlà số không âm Ta có:
a1+a2+ +an
n ≥
n
a1a2 an
Dấu xảy a1 = a2 = … = an
* 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
* Ý nghĩa BĐT Côsi:
+ 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
I Một số tốn điển hình
Bài : (Một kết đẹp thú vị tứ giác nội tiếp)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Hai đường chéo AC BD cắt I Chứng minh :
CDAB + CDAB + ADBC + ADBC ≤ IAIC + ICIA + IDIB + IDIB
Chứng minh : (Hình 1)
Dễ thấy ∆ABI ∽ ∆DCI (g.g)
⇒AB
CD = AIDI = CIBI ⇒ CD = AB AIDI.CIBI (1) Theo bất đẳng thức Cơsi,ta có:
AIDI.BICI≤1 (
AI CI +
BI
ID) (2) Dấu (2) xảy ⇔IA
IC = IB ID Từ (1) (2) ⇒CD AB≤12 ( IAIC + ID) (3)IB
I B
C
D A
(4)SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Hồn tồn tương tự, ta có:
CDAB ≤12 ( ICIA + IDIB ) (4) AD BC ≤1
2 ( IB ID +
IC
IA) (5) ADBC ≤1
2 (IAIC + IDIB ) (6)
Dấu (4), (5), (6) xảy tương ứng ICIA = IDIB , IDIB = IAIC, IAIC = IDIB
Cộng vế (3),(4), (5), (6) ta điềuphải chứng minh Dấu xảy IA = IB = IC = ID ⇔ABCD hình chữ nhật
Nhận xét: Trong toán trên, dấu bất đẳng thức cần chứng minh ≤, hai vế bất đẳng thức dạng tổng hạng tử Chìa khố để giải
quyết tốn việc chuyển đổi hạng tử vế trái thành dạng bậc hai tích ( CD = AB AIDI.BI
CI, …), từ áp dụng bất đẳng thức Cơsi 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 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:
AP PA2 +
BQ QB2 +
CR RC2≥
(5)SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Áp dụng định lý Menelauyt tam giác
AA2C với đường thẳng BRB1, ta có:
PAAP
2
.A2B
BC CBB1A1 =
Suy ra: PAAP
2 =
BC A2B
EE
BA 1AC AA 2AB
(1)
Do AA2là trung tuyến nên BC = 2.A2B,
và BB1⊥AC nên AB1
B1C
= BB1.cotgA
BB1.cotgC =
tgC tgA R P 1 Q A A B C A B C C B Hình Vậy từ (1) ⇒ E
AP PAA 2A
= 2.tgA.tgC Hồn tồn tương tự, ta có: E
BQ QBA 2A
= tgAtgB ,E CR RCA 2A
= tgCtgB Từ đó: E
AP PAA 2A
+E BQ QBA 2A
+E CR RCA 2A
= 2.(tgAtgC + tgAtgB + tgCtgB) Mặt khác, theo bất đẳng thức Cơsi, thì:
tgCtgA + tgAtgB + tgCtgB≥3 tgCtgA.tgAtgB.tgCtgB = Vậy: E
AP PAA 2A
+E BQ QBA 2A
+E CR RCA 2A
≥6 Dấu xảy tgCtgA = tgAtgB = tgCtgB, tức tam giác ABC
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 nhất.
(6)SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Ta có: SMCD =
2 MC.MD Đặt : MA = a, MB = b, A
∃
E
AMCE =
∃
E
BDME = α Khi MC = cosαa , MD = sinab
Nên: SMCD =
2 ab sinαcosα
Do a, b số nên SMCD nhỏ ⇔
2sinαcosαlớn
b a
α
α
y
x
D
A B
F M C
Hình Theo bất đẳng thức Côsi: 2sinαcosα ≤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
Nhận xét: Điểm sáng tạo cách giải ta chọn biến tỉ số lượng giác sinα, cosα Giữa sinα, cosα , sin2α + cos2α có liên hệ BĐTCơsi: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 điểmM cho hình bình hành ADME có diện tích lớn nhất.
Lời giải: Cách 1:
Ta thấy SADMElớn ⇔ SADME
SABC lớn
Kẻ BK ⊥AC, cắt MD H SADME= MD.HK, SABC =
2 AC.BK Suy ra: SADME
SABC
= MD
AC HKBK Đặt MB = x, MC = y, ta có:
MDAC = BMBC = x+yx , HKBK = MCBC = x+yy
2
y x
H K
E D
B C
A
M
(7)SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Do đó: EE
SADME
SABC =
2xy
(x+y)2 (*)
Theo bất dẳng thức Côsi: x + y ≥ xy ⇔(x + y)2≥ 4xy ⇔ 2xy
(x+y)2≤
1
2 (**) Từ (*) (**), ta được: EE
SAADMEA SAABCA
≤12 Dấu xảy x = y Như max SADME =
2 SABC, M trung điểm BC
Cách 2: Ký hiệu SABC= S, SDBM = S1, SEMC = S2
Rõ ràng SADMElớn ⇔ S1 + S2nhỏ ⇔ S1+S2
S nhỏ
Vì tam giác DBM EMC đồng dạng với tam giác ABC nên: E
SA 1A S = (
BM BC )2, E
SA 2A S = (
MC BC )2 Suy ra:EE
SA 1A+SA 2A S =EEE
BMA2 A+MCA2 A BCA2 A
= EEEE xA2 A+yA2 A
A
(x+y)A2 AA
≥ 12 Như S1 + S2 ≥E
2 S nên SADME ≤12 S Xảy dấu ⇔x = y
Kết luận: max SADME =
2 SABC, M trung điểm BC
Nhận xét: Ở cách 1, ta xét biểu thức trung gian, tỉ số diện tích hình bình hành ADME diện tích tam giác ABC, bất đẳng thức Côsi dạngEE
xy
A
(x+y)A2 AA
≤ 14 Còn cách 2, ta cũEng 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 EEEE
xA2 A+yA2 A
A
(x+y)A2 AA
≥ 12 Qua cho thấy, cEùng 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
(8)SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Bài 5: Cho tam giác ABC vuông 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 (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 = a2
Do đó: max SADEKHE A =
2 a2 a2 = E aA2 A
8
Khi hình thang DEKH có đường cao HK= a2 kẻ AM ⊥ BC tam giác ABC vng cân A nên MB = MC = a2 , nên HB = HM = a4
H
K D
B
A E C
M
Hình
Vậy KC = BC - BH - HK = a - a4 - a2 = a4
Khi DH = HB = a4 , EK = KC = a4 Hình thang DEKH hình chữ nhật, E trung điểm AC
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 nhất Tính độ dài m bờ rào theo diện tích S góc nhỏ α tam giác.
Lời giải: (Hình 6)
Bờ rào phải cắt cạnh tam giác Giả sử góc đỉnh A nhỏ nhất, AE
∃
E
A
(9)SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Đặt SABC= S , SAIK = S’ S’ = S
2 khơng đổi Mặt khác, S’ = 12 xy.sinA, mà S’ vàAE
∃
E
A
A không đổi nên xy không đổi.Từ (*) ta thấy:
IK nhỏ ⇔x2+ y2nhỏ
Theo bất đẳng thức Côsi: x2+ y2≥2xy (hằng số)
Vậy x2+ y2nhỏ nhất⇔x = y
y x
α
A
B
C I
K
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
α
2
α
H
I K
A
Hình 6.1
Kẻ đường cao AH tam giác cân AIK(hình 6.1) Khi đó: IH = AH.tg α2 suy IK = m = 2AH.tg α2 Mặt khác 2S’ = IK.AH = m.AH nên 2.AH = 4S’m Vậy m = 4S’m tg α2 ⇔m2= 4S’.tg α
2 ⇔m = S’tgα2 Thay S’ = S2 thì m = 2Stgα2
Kết luận: Bờ rào có độ dài ngắn m = 2Stgα2 với α = min ( A ^
E
AEA, A ^
E
BEA, A ^
E
CEA)
Nhận xét: Một tình thực tế giải thuyết phục Tốn học Nếu để chia mảnh đất hình tam giác thành mảnh có diện tích đơn giản (chỉ cần bờ rào ba trung tuyến tam giác đủ), mục đích đặt vừa phải chia đơi diện tích, vừa đảm bảo độ dài bờ rào thẳng ngắn Trong cách giải trên, ta sử dụng công thức: IK2 = x2 + y2 - 2xy.cosA để từ
(10)SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Bài tốn 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, thìa2 = b2 + c2 - 2bc.cosA”
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 có độ dài IK nhỏ nhất” Dưới ví dụ khác việc khai thác tốn gốc toán khác, tuỳ theo mục đích hỏi đối tượng làm
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?
Lời giải:
Gọi S diện tích ∆CMN, ta có: S = SOCM + SOCN =
2 (CM + CN).r Do đó: Sr = 12 (CM + CN) (1) Theo bất đẳng thức Côsi:
12 (CM + CN) ≥A CM.CNEA (2) Mặt khác: CM.CN ≥ 2S (3)
r r
O A
C
B M
N
Hình Kết hợp (1), (2), (3) suy ra: Sr = 12 (CM + CN)≥A CM.CNE A≥A 2SE A
hay S≥A 2SE A.r ⇔ S
2≥2S.r2⇔ S ≥2r2 Vậy S nhỏ bẳng 2r2khi CM = CN.
Tam giác CMN cân đỉnh C có CO phân giác nên CO ⊥MN
Kết luận: Đường thẳng MN ⊥CO O ∆CMNcó 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
(11)SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Ta cịn 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 Dưói 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)
=> SODM = SOIN⇔ SCMN< SCDE
Cách 2: Qua O kẻ đường thẳng song song với cạnh góc C,tạo thành hình bình hành OHCK (như hình vẽ7.2)
O
C
M
N D
E I
Hình 7.1 Theo kết Bài 4, ta có:
SOHCK≤1
2 SCMN ⇔ SCMN≥ 2SOHCK
Do góc C điểm O cố định nên SOHCK
khơng đổi
Vì minAEASCMN = 2SOHCK, O trung điểm MN
Để dựng điểm M, ta cần lấy M cho H trung điểm CM
K H
O
C
M
N Hình 7.2
(12)SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
II Phát triển tốn hình học từ tốn gốc đại số
Để mức độ khai thác bất đẳng thức Côsi sâu hơn, cao hơn; ta sử dụng tốn gốc Đại số, dạng cụ thể bất đẳng thức Cơsi, chứng minh góc độ tổng quát, đưa vào toán chứng minh bất đẳng thức hình học Muốn giải tốn này, địi hỏi người làm tốn khả phân tích áp dụng khéo léo kết
Tiếp sau vài ví dụ cho ý tưởng
Bài toán gốc: Chứng minh a1, a2, …, anlà số dương, thì
(a1 + a2 + … + an)(E
1
aA1A +E
1
aA2A + … +E
1
aAnA
) ≥n2
Chứng mih: Theo bất đẳng thức Cơsi, tacó: a1+a2+ +an
n ≥A
n
a1a2 anE (1)
EEE aA 1A
+a1 A 2A
+…+a1 A nA n ≥EEEEEEE
n 1
aA 1A
A
A
1 aA 2A
A
AA
AA
A
1 aA nA
(2)
Do vế (1) (2) số dương, nên nhân vế hai bất đẳng thức trên, ta được: (a1+ a2+ … + an)(E
1 aA 1A
+E aA 2A
+ … +E aA nA
) ≥ n2
Dấu xảy a1 = a2 = … = an
Trong nhiều toán, người ta thường sử dụng hai trường hợp riêng sau đây: Với a, b >0, ta có: (a + b)( 1a + 1b ) ≥4
2 Với a, b, c > 0, ta có: (a + b + c)( 1a + 1b + 1c ) ≥
Sau ví dụ việc sử dụng tốn gốc số tốn 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 : OMAO + ONBO + COOP≥
(13)SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Theo định lý Seva, ta có:
MOMA + NONB + POPC = (1)
Áp dụng kết toán gốc với trường hợp riêng thứ 2, ta có:
(MAMO + NONB + POPC)( MAMO + NONB + POPC) ≥9 (2) Kết hợp (1) (2) suy ra: MAMO + NONB + POPC ≥9 ⇔ MO+AOMO + NO+BONO + OP+COOP ≥9
O A B C M N P Hình 8.1
⇔ + MOAO + + NOBO + 1+ COOP ≥ ⇔ MOAO + NOBO + COOP≥6
Dấu xảy MOMA = NONB = POPC , mà MOMA + NONB + POPC = Nên MOMA = NONB = POPC = 13 ⇔ M trọng tâm ∆ABC
Bài 8.2 : Cho ∆ABC nội tiếp đường tròn (O) Ba chiều cao AA’, BB’, CC’
thứ tựcắt (O) A1, B1, C1 Chứng minh rằngE
AA’
AAA1A +E
BB’
BBA1A +E
CC’ CCA1A
≥ 94
Lời giải :Gọi H trực tâm ∆ABC (hình 8.2) Dễ thấy A’H = A’A1, B’H = B’B1, C’H = C’C1
Theo tốn gốc, ta có:
E
(AA’AA A 1A
+E BB’ BBA 1A
+E CC’ CCA 1A
).E( AAA 1A AA’ +E
BBA 1A BB’ +E
CCA 1A
CC’) ≥9 (*) XétE
AAA 1A AA’ +E
BBA 1A BB’ +E
CCA 1A CC’ = +
A’H AA’ +
B’H BB’ +
C’H CC’ 1 C' C B' B A' A H A B C Hình 8.2 Mặt khác, theo định lí Sêva: A’HAA’ + B’HBB’ + C’HCC’ =
Nên: E AAA 1A AA’ +E
BBA 1A BB’ +E
CCA 1A
(14)SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Khi đó, (*) ⇔ E
AA’ AAA 1A
+E BB’ BBA 1A
+E CC’ CCA 1A
≥ 94 Dấu xảy ra⇔E
AAA 1A AA’ =E
BBA 1A BB’ =E
CCA 1A
CC’ ⇔ 1+E A’AA 1A
AA’ = 1+E B’BA 1A
BB’ = 1+E C’CA 1A
CC’
⇔A’H
AA’ = B’HBB’ = C’HCC’ ⇔ H trọng tâm ∆ABC ⇔ ∆ABC tam giác
* Nếu thay đổi giả thiết ba đường cao AA’, BB’, CC’ toán thành ba đường trrung tuyến kết tốn nào? Dấu ≥ 94 có cịn khơng? Ta tiếp tục xét toán sau:
Bài 8.3 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Ba trung tuyến AA’, BB’,
CC’ cắt (O) A1, B1, C1 Chứng minh :
E
AA’
AAA1A +E
BB’
BBA1A +E
CC’ CCA1A
≤ 94 (*)
Lời giải :Đặt AB = c, AC = b, BC = a
Vì tứ giác ABA1C nội tiếp (O), AA1 cắt BC
tại A’ nên: AA’.A’A1= A’B.A’C =E aA2 A
4 => AA’.AA1= AA’.(AA’ + A’A1)
= AA’2+ AA’.A’A1 = AA’2 +
E
aA2 A Mà AA’ trung tuyến ∆ABCnên: AA’2 = b2 +c2
2 - a
2
4 Suy ra: AA’.AA1 =EE
bA2 A+cA2 A A A' A B C Hình 8.3 Ta có: E AA’ AAA 1A
=EE
AA’A2 A AA’.AAA 1A
= 12A
E AEEEEE
2bA2 A+2cA2 A-aA2 A bA2 A+cA2 A
= -EEE aA2 A bA2 A+cA2 A
(1)
Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được: E
BB’ BBA
= - EEE bA2 A aA2 A+cA2 A
(2)
E
CC’ CCA
= -EEE cA2 A aA2 A+bA2 A
(15)SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Kết hợp (1), (2), (3) :
(*) ⇔ - 12 (EEE aA2 A bA2 A+cA2 A
+EEE bA2 A aA2 A+cA2 A
+EEE cA2 A aA2 A+bA2 A
) ≤ 94 ⇔EEE
aA2 A bA2 A+cA2 A
+EEE bA2 A aA2 A+cA2 A
+EEE cA2 A aA2 A+bA2 A
≥ 32 ⇔ +EEE
aA2 A bA2 A+cA2 A
+ + EEE bA2 A aA2 A+cA2 A
+ +EEE cA2 A aA2 A+bA2 A
≥9 ⇔2 (a2 + b2 + c2) (
EE
1 bA2 A+cA2 A
+EE aA2 A+cA2 A
+ EE aA2 A+bA2 A
) ≥ ⇔[ (b2 + c2)+(a2+ c2) + (a2 + b2)].(
EE
1 bA2 A+cA2 A
+EE aA2 A+cA2 A
+ EE aA2 A+bA2 A
) ≥ (**) Rõ ràng (**) với toán gốc nêu Do (*)
Dấu (*) xảy khia = b = c, tức ∆ABC
Nhận xét:
Về mức độ, toán 8.3 yêu cầu cao so với toán 8.2 Cũng việc vận
dụng toán gốc, phát triển sâu hơn, với học sinh phải biết cơng thức trung tuyến (coi tốn phụ): ma2 =EE
bA 2 A +cA 2 A
2 -E
aA 2
A
4
Cũng học sinh dừng lại chỗ EEE aA2 A bA2 A+cA2 A
+EEE bA2 A aA2 A+cA2 A
+EEE cA2 A aA2 A+bA2 A
≥ 32 Đây nội dung bất đẳng thức Nesbit (với n =3): y+zx + x+zy + x+yz ≥ 32 Bất đẳng thức Nesbit chứng minh qua kết toán gốc nêu
Dưới toán nữa, coi “minh hoạ hình học” cho bất đẳng thức Nesbit
Bài 8.4: Cho tam giác ABC Vẽ ba phân giác AA’, BB’, CC’ Gọi a1, b1, c1 tương ứng
các khoảng cách từ A’ đến AB, B’ đến BC, C’ đến CA Gọi ha, hb, hc tương ứng ba
chiều cao tam giác kẻ từ A, B, C Chứng minh rằng:
EE aA1A hA aA
+EE bA1A hA bA
+EE cA1A hA cA
≥3 2
(16)SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Kẻ AH ⊥BC A’K ⊥ AB (hình 8.4)
Theo đó, AH = ha, A’K = a1
Trong ∆ABA’ có: BA’.ha= AB.a1= c.a1
Suy ra: BA’c =EE aA 1A hAaA
(1)
Mặt khác, AA’ phân giác ∆ABC, nên : A’C = BA’ cb ⇒BA’+A’CBA’ = b+c c
⇒BA’ = b+c ac (2) Thay (2) vào (1) ta được:
EE aA 1A hAaA
= b+c a (3)
A' K
H B
A
C
Hình 8.4
Hồn tồn tương tự, ta có: EE
bA 1A hA bA
= c+ab (4) EE cA 1A hA cA
= c
a+b (5) Cộng (3), (4), (5), ta được:
EE aA 1A hAaA
+EE bA 1A hA bA
+EE cA 1A hA cA
= b+c + a c+ab + a+bc ≥ 32
III 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
Bài 10: Cho tam giác nhọn ABC coá 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 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
Bài 12: Cho tam giác ABC vuông A Từ điểm I nằm tam giác kẻ IM ⊥
(17)SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Bài 13: Cho hai đường tròn (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
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) A1, B1, C1 Xác định dạng
tam giác ABC để tổngE GAA 1A
+E GBA 1A
+E GCA 1A
lớn
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?
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
Thi HSG Toán 9- Hà Nội năm 1999
Bài 17: Độ dài cạnh lớn hình thang cân 13cm, chu vi 28 cm
a Tính cạnh hình thang biết diện tích 27 cm2
b Có tồn hay khơng hình thang cân có tính chất mà diện tích 27,001 cm2?
Thi HSG - Tiệp Khắc năm 1980
Bài 18: Đường tròn (O, r) nội tiếp tam giác ABC chia cạnh tam giác thành hai
đoạn Gọi x, y, z theo thứ tự độ dài đoạn tiếp tuyến xuất phát từ A, B, C Gọi ra, rb,
rcthứ tự bán kính đường trịn bàng tiếp góc A, B, C Gọi S diện tích tam
giác ABC
a Chứng minh: r.ra= yz
b Chứng minh: S = xyzr c Chứng minh: EEE
rAaA+rA b+r c
(18)SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
d Trong tam giác ngoại tiếp (O, r), tam giác có tổng bán kính ba đường trịn bàng tiếp nhỏ ?
Thi HSG bang NewYork (Mỹ) năm 1984
Bài 19 : Một đường trịn tiếp xúc ngồi với nửa đường trịn điểm
cung nửa đường trịn Biết tổng đường kính đường trịn bán kính nửa đường trịn Tính tích lớn đạt diện tích hình trịn nửa hình trịn nói
Thi HSG bang NewYork (Mỹ) năm 1989
C - KẾT LUẬN
Trên số suy nghĩ việc vận dụng bất đẳng thức Cơsi tốn bất đẳng thức cực trị hình học Những toán cực trị thường gắn Toán học với thực tiễn, việc tìm lớn nhất, nhỏ nhất, nhiều nhất, nhất… tìm tối ưu thương đặt đời sống kỹ thuật Đề tài xin dành cho đối tượng em học sinh giỏi Toán lớp thầy cô giáo tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn bậc THCS Với mong muốn góp phần nhỏ bé vào nghiệp bồi dưỡng đào tạo nhân tài Tôi xin cam đoan đề tài thân tơi nghiên cứu thực hiện, sai thật, tơi xin hồn tồn chịu trách nhiệm Trong trình thể đề tài, thân đãrấtnỗ lực cố gắng, song nhiều yếu tố nên chắn khơng tránh khỏi thiếu sót Kính mong Hội đồng khoa học cấp đồng nghiệp bổ sung thêm ý kiến đóng góp để đề tài hồn thiện hơn, thực hữu ích u Tốn học
Tơi xin chân thành cảm ơn!
Bình Minh, ngày 25 tháng năm 2014 Người viết
(19)SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC
Ý KIẾN ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP XÓM ……… ……… ……… ………
…, ngày tháng năm 2014 Chủ tịch hội đồng
Ý KIẾN ĐÁNH GIÁCỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP THÔN
……… ……… ……… ………