(Sáng kiến kinh nghiệm) một số phương pháp giải toán cực trị hình học ở bậc THCS

1 PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài: Bài tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ ( hay cịn gọi tốn cực trị ) tốn tìm lớn nhất, nhỏ nhất, rẻ nhất, đắt nhất, ngắn nhất, dài … để hình thành cho học sinh có thói quen tìm giải pháp tối ưu cho cơng việc cụ thể thực tiễn sau Toán cực trị loại toán gần gũi với thực tế, có nhiều ứng dụng thực tế Điều chứng tỏ toán học thực tiễn khơng tách rời nhau, ví dụ như: Hai ngơi làng cách sơng Tìm vị trí bờ sơng để bắc cầu cho quãng đường lại hai làng ngắn nhất… Trong chương trình THCS, tốn cực trị toán hay tương đối khó, loại phong phú đa dạng đòi hỏi phải vận dụng kiến thức hợp lý, nhiều độc đáo bất ngờ Ở bậc học này, học sinh thực làm quen với loại toán cực trị từ năm lớp 7, kiến thức loại toán nâng dần lớp lớp Các toán cực trị thường đưa vào chủ đề nâng cao mở rộng đối đối tượng học sinh giỏi Toán cực trị nhắc đến nhiều loại sách nâng cao tài liệu tham khảo, giáo viên toán thường vất vả việc sưu tầm, tuyển chọn gây hứng thú học tập, lòng say mê học toán học sinh Trong chủ đề toán cực trị, toán cực trị hình học đa dạng, phong phú có ý nghĩa quan trọng em học sinh bậc học THCS Để giải tập tốn cực trị hình học, người thầy phải hướng dẫn học sinh tìm cách giải thơng minh nhất, tìm biện pháp hữu hiệu phù hợp với trình độ kiến thức bậc học THCS Việc dạy - học toán cực trị hình học THCS có tầm quan trọng việc củng cố, khắc sâu mở rộng kiến thức tốn học chương trình, rèn luyện phương pháp suy luận lơ- gic, chặt chẽ góp phần quan trọng việc gắn kết toán học thực tiễn Tuy vậy, sách giáo khoa lại không hướng dẫn phương pháp giải dạng toán cách cụ thể, giáo viện, học sinh thường lúng túng gặp dạng tốn Với mong muốn có tài liệu hệ thống toán cực trị hình học để dạy cho học sinh trung học sở, sưu tầm, tuyển chọn số phương pháp giải tốn cực trị hình học số tốn cực trị hình học thơng dụng bậc THCS để viết thành đề tài “Một số phương pháp giải tốn cực trị hình học bậc THCS” để góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy, học tập mơn tốn nói chung góp phần nâng cao hiệu công tác bồi dưỡng học sinh giỏi mơn tốn trường THCS 1.2 Điểm đề tài: Tơi tìm hiểu đọc nhiều chun đề tác giả khác tooán cực trị hình học Tuy nhiên, đa số chun đề đưa tập hướng dẫn cho cụ thể Trong phạm vi đề tài này, hệ thống lại phân loại tập giá trị lớn nhất, nhỏ sở hệ thống kiến thức liên quan, xây dựng mơ hình, giải pháp chung cho loại Khi áp dụng đề tài, thực số biện pháp đat hiệu cao xây dựng cho em hệ thống kiến thức, em hiểu thật sâu kiến thức cách vận dụng kiến thức để giải tốn nào, xây dựng phương pháp giải cho loại có ví dụ minh họa 1.3 Phạm vi áp dụng đề tài: * Đối tượng nghiên cứu: Trong sáng kiến tơi nghiên cứu hai nhóm đối tượng cụ thể sau: - Giáo viên dạy toán THCS, đặc biệt giáo viên làm công tác bồi dưỡng học sinh giỏi; - Học sinh khá, giỏi THCS, chủ yếu lớp lớp * Phạm vi nghiên cứu: - Tốn cực trị hình học bậc THCS * Phạm vi áp dụng: Đề tài áp dụng cho học sinh giỏi THCS (chủ yếu lớp lớp 9) giáo viên dạy Toán THCS nơi thân công tác PHẦN NỘI DUNG 2.1 Thực trạng nội dung cần nghiên cứu: Qua nhiều năm giảng dạy bậc THCS nhận thấy dạng tốn cực trị hình học dạng tốn hấp dẫn lơi Trong chương trình hình học THCS, có nhiều tập yếu tố cực trị hình học Tuy nhiên sách giáo khoa khơng có hướng dẫn phương pháp giải tốn cách cụ thể ,vì học sinh thường lúng túng gặp dạng toán Trong q trình giảng dạy tốn nâng cao dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, thân tìm hiểu nhiều tài liệu nhận thấy dạng tốn tương đối khó , nhiên phần nhiều tài liệu đưa tập giải đề cập đến lý thuyết học sinh giải dạng tốn khơng hiểu đề, khơng tìm lời giải có đơn giản khơng trình bày giải Khi gặp dạng toán này, nhiều em học sinh có nhu cầu mong muốn giải quyết, khám phá Tuy nhiên, phương pháp giải chưa định hình hệ thống nên em cịn nhiều khó khăn, lúng túng Từ hứng thú với dạng tốn em bị giảm sút em trở nên có tâm lí e ngại gặp tốn có dạng Trong q trình giảng dạy trường THCS nơi công tác, trước áp dụng đề tài “Một số phương pháp giải toán cực trị hình học bậc THCS”, tơi tiến hành khảo sát với 30 em học sinh giỏi lớp 30 em giỏi lớp ( với hai đề khác chủ đề tốn cực trị hình học ), kết thu sau: Khối Số lượng 30 30 Điểm giỏi SL % 01 3,3 01 3,3 Điểm SL % 05 16,7 06 20,0 Điểm TB SL % 17 56,7 18 60,0 Điểm yếu SL % 07 23,3 05 16,7 Trước thực tế đó, tơi mạnh dạn đề xuất sáng kiến: “Một số phương pháp giải toán cực trị hình học bậc THCS” với mong muốn giúp học sinh THCS cảm thấy hứng thú hơn, tự tin giải tốt gặp tốn cực trị hình học 2.2 Các giải pháp: 2.2.1 Giải pháp 1: Hệ thống kiến thức bản: 2.2.1.1- Tốn cực trị hình học gì? - Tốn cửc trị hình học tốn tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ đại lượng y cho: y1 ≤ y ≤ y2 Ở y độ dài đoạn thẳng, tổng hai hay nhiều đoạn thẳng, độ lớn góc, chu vi hay diện tích hình… y1, y2 giá trị cố định khơng đổi y - Giải tốn cực trị hình học phải rõ vị trí hình học y để y đạt giá trị nhỏ y = y1 hay y = y2 2.2.1.2- Các phương pháp giải tốn cực trị hình học Ta giải tốn cực trị hình học phương pháp sau đây: * Phương pháp Vẽ hình có chứa đại lượng hình học mà ta phải tìm cực trị, thay điều kiện đại lượng đại lượng tương đương Người ta thường dùng cách đầu toán cho dạng: “Tìm hình thoả mãn điều kiện cực trị tốn.” Ví dụ 1: Trong tam giác có đáy diện tích, tam giác có chu vi nhỏ Giải : B' Qua A kẻ đường thẳng xy // BC (BC khơng đổi) Vì diện tích ∆ABC khơng đổi nên A' x A y đường cao AH ∆ABC khơng đổi B a H C Do đỉnh tam giác thoả mãn điều kiện đầu phải nằm đường thẳng xy Ta có PABC = AB + AC + BC = AB + AC + a PABC nhỏ AB + AC nhỏ Gọi B’ điểm đối xứng với B qua xy, B’C cắt xy A’ Xét tam giác AB’ + AC = AB + AC ≥ B’C AB’C có Ta có: AB’ + AC ≥ A’B’ + A’C Dấu xảy A ≡ A’ Khi A’B’ = A’B = A’C Nên ∆A’BC cân A’ Và PABC ≥ PA’BC hay minPABC = PA’BC Vậy tam giác có đáy diện tích tam giác cân có chu vi nhỏ * Phương pháp Đưa hình theo yêu cầu đầu bài, sau chứng minh hình khác có chứa yếu tố mà ta phải tìm cực trị lớn bé yếu tố tương ứng hình đưa Người ta thường dùng cách chứng minh hình dạng hình đạt cực trị khẳng định rõ đầu Ví dụ 2: Chứng minh rằng: Trong tam giác có đáy diện tích tam giác cân có chu vi nhỏ Để giải tốn trước hết ta vẽ tam giác cân ABC (cân A) Ta phải chứng minh tam giác A’BC có khoảng cách từ A’ đến BC khoảng cách từ A đến BC chu vi tam giác A’BC lớn chu vi tam giác ABC Thật vậy: * Ta có A’ ∈ xy, xy qua A song song với BC (A’ ≡ A) Gọi C’ điểm đối xứng với C qua xy Chứng minh B, A, C’ thẳng hàng Khi PABC = BC’ + BC PA’BC = A’B + A’C + BC = A’B + A’C’ + BC Xét ∆A’BC’ Theo bất đẳng thức tam giác ta có: A’B + A’C’ > BC’ Do C' PA’BC > PABC * Nếu xét trường hợp A’ khác phía A so với đường thẳng x A' y A BC ta có tam giác đối xứng với ∆ABC qua BC để so sánh với tam giác A’BC B C * Phương pháp Thay việc tìm cực trị đại lượng việc tìm cực trị đại lượng khác ngược lại Ví dụ 3: Cho hình vng ABCD cạnh a Xét hình thang có đỉnh cạnh hình vng hai đáy song song với đường thẳng chứa đường chéo hình vng Tìm hình thang có diện tích lớn tính diện tích lớn Giải: Thật vậy: Gọi EFGH hình thang có E ∈ AB, F ∈ BC, G ∈ CD, H ∈ DA EH // BD, FG // BD Giả sử AE = x, FC = y Ta thấy EFGH hình thang cân Gọi S hiệu diện tích hình vng ABCD diện tích hình thang EFGH Nên S = SAEH + SEBF + SFCG + SDHG S = SAEH + 2SEBF + SDHG S= ( a − x )( a − y ) + y x2 +2 2 A x E a-x a-y F x H y a-x D B a-y G y C Biến đổi S = S= [ ( x + y − a) + a 2 ] a2 ( x + y − a) a2 + ≥ 2 2 Để diện tích hình thang EFGH đạt giá trị lớn S phải đạt giá trị nhỏ Mà S ≥ a2 , dấu xảy x + y = a Vậy maxSEFGH = a2 – a2 a2 = ⇔x + y = a 2 Hay x=a–y Khi AE = BF = DG = AH Mà AE // DG, AH // BF Nên HF // AB // CD EG // AD // BC Vậy hình thang thoả mãn điều kiện đầu có diện tích lớn a2 (nửa diện tích hình vng ABCD) hình thang có đường chéo song song với cạnh hình vng ABCD Chú ý: - Có trường hợp để tìm cực trị đại lượng A, ta chia A thành tổng A = B + C + D + … tìm cực trị B, C, D… Từ suy cực trị A Ta cần chứng minh A đạt cực trị đồng thời B, C, D đạt cực trị - Nếu tốn cho có nhiều khả tương ứng với trường hợp khác hình phải tìm cực trị trường hợp Cuối so sánh cực trị để tìm cực trị toán 2.2.2 Giải pháp 2: Phân loại dạng toán cực trị thường gặp phương pháp giải 2.2.2.1- Dạng 1: Sử dụng bất đẳng thức tam giác - Với điểm A, B, C ln có AB + AC ≥ BC Dấu xảy A nằm B, C - Trong tam giác ABC ta có AB − AC < BC < AB + AC ABC ≤ ACB ⇔ AC ≤ AB Ví dụ 1: Cho đường thẳng xy hai điểm A, B thuộc nửa mặt phẳng có bờ xy a, Tìm điểm M ∈ xy cho MA + MB nhỏ b, Tìm điểm N ∈ xy cho NA − NB lớn Bài giải a, B A y x H Mo M A' Gọi A’ điểm đối xứng với A qua xy Kẻ BA’ cắt xy Mo Ta thấy AMo = A’Mo Và AMo + BMo = A’B Gọi M điểm thuộc xy suy MA = MA’ Ta có MA + MB = MA’ + MB ≥ A’B Dấu xảy A’, M, B thẳng hàng Hay M ≡ Mo Vậy min(MA + MB) = A’B ⇔ M ≡ Mo b, A Lấy điểm N ∈ xy Ta ln có NA − NB ≤ AB Dấu xảy B nằm A, N B * Nếu AB // xy x N No y Do khơng tìm điểm N thoả mãn đầu * Nếu AB không song song với xy Gọi No giao điểm đường thẳng AB xy Ta có max NA − NB = AB ⇔ N ≡ N o No điểm cần tìm Ví dụ 2: Hai xóm A, B cách sơng Tìm địa điểm để bắc cầu qua sông cho quãng đường từ A đến B ngắn 〈Bài tốn coi: Hai bờ sơng hai đường thẳng song song, cầu bắc vng góc với bờ sơng để tiết kiệm nguyên vật liệu〉 x A Giải: Biểu thị hai xóm A, B bên bờ sơng hai C Co d1 A' điểm A, B Hai bờ sông hai đường thẳng d 1, d2 song D d2 song với Ta phải tìm địa điểm cầu CD Do y N cho: Tổng AC + CD + DB ngắn Ta thấy độ dài CD không đổi nên ta cần tìm vị trí điểm C, D cho AC + BD ngắn Qua A ta dựng đường thẳng xy vng góc với d1, d2 ⇒ xy // CD Từ D kẻ đường thẳng song song với CA cắt xy A’ Như ACDA’ hình bình hành Do AC = A’D Khi DB + AC = DB + A’D ≥ BA’ Dấu xảy B, D, A’ thẳng hàng Tức D ≡ Do (Do giao điểm A’B với d2) Vậy địa điểm bắc cầu CoDo Ví dụ 3: Cho ∆ABC O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Hãy tìm điểm M cho tổng MA + MB + MC + MO nhỏ Bài giải Ta xét hai trường hợp: a, Tam giác ABC tam giác nhọn Nên tâm O nằm ∆ABC A A (I) ( II ) O P O B B C C M Xét hình ( I ) Giả sử O điểm ∆ABC, theo bất đẳng thức tam giác ta chứng minh được: OB + OC < AB + AC Xét hình ( II ) Khơng tính tổng qt ta giả sử điểm O ∈ ∆ACM ⇒ MA + MC ≥ OA + OC hay MA + MC ≥ 2OA Dấu xảy M ≡ O Xét ∆MBO Có MB + MO ≥ OB = OA Do MA + MB + MC + MO ≥ 3.OA = 3R Do min(MA + MB + MC + MO) = 3R ⇔ M ≡ O b, Nếu tam giác ABC tam giác tù ⇒ O nằm tam giác ABC Giả sử góc A tù M A B O Mo C Ta có MA + MB + MC + MO = (MA + MO) + (MB + MC) ≥ OA + BC Dấu xảy M ∈ OA M ∈ BC hay M giao điểm OA BC Vậy M chân đường cao hạ từ A tam giác ABC EF có độ dài nhỏ Bài tập áp dụng: Cho góc vng xOy, điểm A thuộc miền góc Các điểm M, N chuyển động tia Ox, Oy cho góc MAN 90 o Xác định vị trí điểm M, N để tổng AM + AN có độ dài: a, Nhỏ b, Lớn Cho tam giác ABC Tìm đường thẳng qua đỉnh A tam giác cho tổng khoảng cách từ B, C tới đường thẳng nhỏ Cho tam giác ABC vuông cân A, cạnh huyền BC = 2a Một đường thẳng d qua A không cắt cạnh BC Gọi I K theo thứ tự hình chiếu B C d H trung điểm BC Tính diện tích lớn tam giác HIK Cho (O; R) có AB dây cung cố định không qua tâm O C điểm di động cung lớn AB (C không trùng với A, B) Gọi d tiếp tuyến C đường tròn (O; R), M N chân đường vng góc kẻ từ A, B tới d Tìm vị trí điểm C cho khoảng cách MN dài nhất, ngắn 2.2.2.3- Dạng 3: Sử dụng tính chất độ dài đường gấp khúc Độ dài đường gấp khúc nối điểm không nhỏ độ dài đoạn thẳng nối hai điểm Cho điểm A1, A2, …, An A1A2 + A2A3 + … + An-1An ≥ A1An Dấu xảy A2, A3, …, An-1 nằm A1 An (kể từ A1 đến An) Ví dụ 1: Cho góc nhọn xOy điểm A góc Tìm điểm B thuộc Ox, C thuộc Oy cho tam giác ABC có chu vi nhỏ Thật vậy: Giả sử B C hai điểm Ox, Oy Ta phải tìm vị trí B, C cho chu vi tam giác ABC nhỏ A" y Co C A O B Bo x A' Gọi A’, A” điểm đối xứng A qua Ox, Oy Do A’, A” cố định ta có: AB = A’B AC = A”C Nên PABC = AB + AC + BC = A’B + A”C + BC ≥ A’A” Do minPABC = A’A” ⇔ B ≡ Bo, C ≡ Co Bo Co giao điểm A’A” với Ox, Oy Như ta cần dựng A’, A” đối xứng với A qua Ox, Oy, sau nối A’A” cắt Ox, Oy Bo, Co vị trí Bo, Co vị trí B, C cần tìm Ví dụ 2: Cho hình vng ABCD tứ giác MNPQ có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh hình vng (Tứ giác MNPQ nội tiếp hình vng) Tìm điểu kiện để tứ giác MNPQ có chu vi nhỏ B M A K N J Q I D P C Gọi P chu vi hình tứ giác MNPQ I, J, K trung điểm PQ, QN, MN Như PQ = 2DI PN = 2IJ MQ = 2KJ MN = 2BK Do P = MN + NP + PQ + QM = 2KB + 2IJ + 2DI + 2KJ = 2(BK + KJ + JI + ID) ≥ 2BD Vậy minP = 2BD ⇔ MQ // BD, MN // AC, NP // BD, PQ // AC Khi MNPQ hình chữ nhật Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có góc nhỏ 120 o Tìm điểm M nằm bên tam giác cho tổng MA + MB + MC có giá trị nhỏ C' A M' M B C Gọi M điểm tam giác ABC Thực phép quay tâm A, góc quay 60o ngược chiều kim đồng hồ Khi đó: M → M’ C → C’ ∆AMM’ ∆ACC’ tam giác Do AC’ = AC, MC = M’C’ Nên MA + MB + MC = MM’ + MB + M’C’ ≥ BC’ Nên min(MA + MB + MC) = BC’ ⇔ B, M, M’, C’ thẳng hàng Khi AMB = 120o AMC = AM’C’ = 180o – 60o = 120o Còn lại BMC = 120o Vậy M giao hai cung chứa góc 120 o dựng hai cạnh tam giác ABC vào phía tam giác ABC Bài tập áp dụng: Cho hai đường trịn ngồi Đường nối tâm OO’ cắt hai đường tròn A, B A’, B’ (A, B ∈ (O); A’, B’ ∈ (O’); A, A’ nằm B, B’) Chứng minh AA’ khoảng cách ngắn nhất, BB’ khoảng cách lớn tất khoảng cách nối hai điểm hai đường trịn Cho hình chữ nhật ABCD Tìm tứ giác có bốn đỉnh thuộc bốn cạnh hình chữ nhật cho chu vi tứ giác có giá trị nhỏ Tam giác DEF gọi nội tiếp tam giác ABC ba đỉnh tam giác DEF nằm ba cạnh tam giác ABC Hãy tìm tam giác nội tiếp tam giác nhọn ABC cho trước cho có chu vi nhỏ 2.2.2.4- Dạng 4: Sử dụng bất đẳng thức đường trịn - Đường kính dây lớn đường trịn - Trong hai dây khơng đường tròn, dây lớn gần tâm Trong chương trình Trung Học Cơ Sở tốn đường trịn sử dụng với học sinh lớp Các tập loại tương đối phong phú, giải ta cần sử dụng tốt kiến thức học trực tiếp sách giáo khoa Ví dụ 1: Cho đường trịn (O) điểm M nằm đường trịn (M khơng trùng với O) Qua M dựng dây AB cho độ dài a, Lớn b, Nhỏ Dựng điểm P đường trịn cho góc OPM lớn Bài giải B' 1.a, Theo định lý đường kính dây lớn Ao đường trịn O Nên cần dựng dây A’B’ qua M, O A Thì A’B’ day cần phải dựng M B H A' Bo A’B’ dây qua M có độ dài lớn b, Giả sử AB dây qua M Hạ OH ⊥ AB Gọi AoBo dây qua M cho AoBo ⊥ OM Xét tam giác vng MOH Có: OM ≥ OH ⇒AB ≥ AoBo Dấu xảy H ≡ M Như dây AB có độ dài nhỏ AB ≡ AoBo Hay A ≡ Ao, B ≡ Bo Giả sử PQ dây đường trịn Tam giác cân OPQ có hai cạnh bên không đổi o 180 - POQ OPM = Nên để góc OPM đạt giá trị lớn góc POQ đạt giá trị nhỏ ⇔ PQ nhỏ ⇔ PQ ⊥ OM M ⇔ PQ ≡ P’Q’ Qua M dựng đường thẳng vng góc với OM, cắt (O) P’ Q’ Ta có vị trí P’ vị trí P cần xác định P' O P Q M A' Q' Ví dụ 2: Cho tam giác ABC vng góc A.M trung điểm BC Hai đường thẳng di động vng góc với M cắt cạnh AB, AC theo thứ tự D E Tìm giá trị nhỏ DE diện tích tam giác MDE Giải: A Do tam giác ABC vuông A BC ⇒AM = D Tứ giác ADME tứ giác nội tiếp (O) đường kính DE B Do DE ≥ AM E O M ⇒ minDE = AM ⇔ AM đường kính (O) Do AEM = 90o Suy ra: ME // AB ⇒ E trung điểm AC Tương tự MD // AC ⇒ D trung điểm AB Khi DE đường trung bình tam giác ABC Vậy đoạn DE ngắn DE đường trung bình tam giác ABC Ta lại có MDE = MAE Và tam giác AMC cân M MAC =MCA ⇒MDE =MCA Vên Do tam giác vuông ABC đồng dạng với tam giác vuông MED Do đó: SABC BC = SMED ED Lại có tam giác ABC cố định ⇒ SABC BC không đổi ⇒ SMED nhỏ ⇔ ED nhỏ Theo câu a: SMED nhỏ ⇔ D, E trung điểm AB, AC Và ta có: BC = 2ED S ⇒ S ABC = MED ⇒ minSMED = SABC C Ví dụ 3: Cho tam giác ABC cân A nội tiếp (O; R) Một tia Ax nằm hai tia AB AC cắt BC P cắt (O) E A Tìm vị trí tia Ax cho độ dài DE lớn nhất? Bài giải Ta có DE = AE – AD O AE dây (O) ⇒ maxAE = 2R đường kính Nối AO kéo dài cắt BC D1, (O) E1 ⇒AD1 ⊥ BC D D1 B E C E1 x Ln có: AD ≥ AD1 Dấu xảy D ≡ D1 Tức minAD = AD1 ⇔ AE ≡ AE1 đường kính Như AE đạt cực đại đồng thời AD đạt cực tiểu Cho nên vị trí DE đạt giá trị lớn Vậy maxDE = D1E1 Ax qua tâm O Bài tập áp dụng: Cho tam giác ABC nội tiếp (O; R) M điểm di động cung nhỏ BC Xác định vị trí M để tổng khoảng cách từ M đến ba đỉnh tam giác ABC có giá trị lớn Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB = 2R Điểm M di chuyển nửa đường tròn Tiếp tuyến M cắt tiếp tuyến A, B với nửa đường trịn C, D Tìm giá trị nhỏ tổng SACM + SBDM Trong tất tam giác ABC có độ dài cạnh BC góc A khơng đổi Hãy tìm tam giác có chu vi lớn Trong hình chữ nhật có đường chéo d khơng đổi, hình có diện tích lớn nhất? Tính diện tích lớn 2.2.2.5- Dạng 5: Sử dụng bất đẳng thức đại số Khi giải tốn cực trị hình học có số trường hợp ta phải đưa biểu thức đại số Khi ta vận dụng cách tìm cực trị biểu thức đại số cách sử dụng bất đẳng thức, phương pháp tìm cực trị phần I với điều kiện cụ thể yếu tố hình học tốn Ví dụ 1: Cho tam giác ABC có diện tích S Các điểm D, E, F thứ tự thuộc cạnh AB, BC, AC cho AD = k.AB, BE = k.BC, CF = k.CA a, Tính diện tích tam giác DEF theo S k b, Với giá trị k diện tích tam giác DEF có giá trị nhỏ A F D B E C a, Hai tam giác ABC ACD có đường cao hạ từ C đến AB đó: SACD AD = =k SABC AB ⇒ SACD = k.SABC = k.S Tương tự SCDF = k.SACD = k2.S Nên SADF = k.S – k2S = k(1 – k)S Tương tự SBDE = k(1 – k)S SCEF = k(1 – k)S Do đó: SDEF = S – 3k(1 – k)S = [1 – 3k(1 – k)]S b, Do S không đổi Nên SDEF đạt giá trị nhỏ [1 – 3k(1 – k)] đạt giá trị nhỏ Ta có: – 3k(1 – k) = 3k2 – 3k + 1 = 3(k2 – k + + = 3(k – ) 12 1 ) + ≥ 4 Dấu xảy k = Vậy minSDEF = 1 S ⇔k = Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c Gọi x, y, z theo thứ tự khoảng cách từ điểm M tam giác tới cạnh BC, AC, AB a b c Xác định vị trí điểm M để tổng x + y + z có giá trị nhỏ A Gọi S diện tích tam giác ABC ⇒ S = SMBC + SMAC + SMAB S= ⇒ z c (ax + by + cz) y M x ax + by + cz = 2S a B Ta xét biểu thức a b c P = (ax + by + cz)( x + y + z ) x y y z x z z x = a2 + b2 + c2 + ab( y + x ) + bc( z + y ) + ca( + ) Theo bất đẳng thức côsi Với x, y, z > x y + ≥ , dấu xảy x = y y x Ta có: y z + ≥ , dấu xảy y = z z y x z + ≥ , dấu xảy x = z z x Do P ≥ a2 + b2 + c2 + 2ab + 2ac + 2bc a b c Hay 2S( x + y + z ) ≥ (a + b + c)2 ⇒ a b c ( a + b + c) + + ≥ x y z 2S a b c Nên ( x + y + z ) = b ( a + b + c) ⇔ 2S x=y=z C ⇔ M tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC Ví dụ 3: Trong tam giác vng có tổng hai cạnh góc vng khơng đổi tam giác có chu vi nhỏ A Giải: Gọi P chu vi tam giác ABC Ta có: c b P=a+b+c Do b + c không đổi ⇒ P nhỏ a nhỏ B C a Đặt b + c = 2m không đổi Suy ra: b=m+x c = m – x Áp dụng định lý Pitago Xét a2 = b2 + c2 a2 = (m + x)2 + (m – x)2 a2 = 2m2 + 2x2 ≥ 2m2 2x2 ≥ Do a2 = 2m ⇔ x = ⇔ b=c Vậy chu vi tam giác vuông ABC nhỏ tam giác ABC tam giác vuông cân A Bài tập áp dụng: Cho hình vng KLMN có cạnh Người ta nội tiếp hình vng hình thang ABCD với đáy AB CD cho A trung điểm KN, đỉnh B, C, D thuộc cạnh KL, LM, MN Tìm giá trị lớn diện tích tứ giác ABCD BK = Cho đường tròn (O; R) đường kính AB M điểm di động đường trịn Vẽ MH vng góc với AB (H thuộc đoạn AB) Xác định vị trí M đường trịn (O; R) cho diện tích tam giác OMH lớn Cho tam giác ABC cân A Các điểm M, N theo thứ tự chuyển động cạnh AB, AC cho AM = CN Xác định vị trí M, N để: a, MN có giá trị nhỏ b, Diện tích tam giác AMN có giá trị lớn Trên số giải pháp mà trình thực tế giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi năm gần đá áp dụng thu kết tích cực đơn vị Hy vọng đề tài hữu ích bạn đồng nghiệp em học sinh trường THCS khác PHẦN KẾT LUẬN : 3.1 Ý nghĩa đề tài: Qua thực tế giảng dạy, nhận thấy đề tài “Một số phương pháp giải toán cực trị hình học bậc THCS” áp dụng cho việc dạy tự chọn nâng cao bồi dưỡng học sinh giỏi Khi học với kiến thức phương pháp mà đề tài đề cập, học sinh thực tiếp thu tốt có hiệu Đề tài giúp em nắm vững phương pháp giải toán, khắc phục hạn chế việc giải tốn cực trị hình học; vận dụng kiến thức học thực tế, phát huy khả tư sáng tạo em Sau áp dụng phương pháp giải tốn cực trị hình học đề tài đơn vị, nhận thấy học sinh biết vận dụng cách linh hoạt phương pháp vào giải tập có liên quan đến yếu tố cực trị hình học cụ thể từ đơn giản đến phức tạp Đối với học sinh giỏi em biết sử dụng, kết hợp phương pháp để giải tốn dạng khó hơn, phức tạp Qua giúp học sinh hứng thú gặp dạng tốn nói riêng học mơn Tốn nói chung Sau áp dụng đề tài vào giảng dạy đơn vị, tiến hành khảo sát lại với 30 em học sinh giỏi lớp 30 em giỏi lớp ban đầu với hai đề thi khác dành riêng cho khối ( tương đương đề thi trước áp dụng đề tài ), kết thu sau: Khối Số lượng Điểm giỏi SL % Điểm SL % Điểm TB SL % Điểm yếu SL % 30 05 16,7 08 26,7 17 56,7 0 30 04 13,3 10 33,3 16 53,4 0 Kết góp phần minh chứng cho hiệu mà đề tài mang lại Thực tế năm gần đây, viêc áp dụng đề tài vào dạy bồi dưỡng học sinh giỏi cấp trường cấp huyện đơn vị có kết đáng kể, có ngày nhiều em đạt giải kỳ thi học sinh giỏi mơn tốn cấp huyện cấp tỉnh 3.2 Kiến nghị, đề xuất : * Đối với cấc cấp quản lí giáo dục: Tơi xin đề xuất tăng cường việc tổ chức chuyên đề, hội thảo bồi dưỡng chuyên môn nghiệp vụ cho giáo viên * Đối với giáo viên dạy tốn THCS: Trong đề tài này, tơi xếp chi tiết từ dễ đến khó, tơi hệ thống phân dạng có phương pháp giải cụ thể cho dạng, tích hợp tốn vận dụng thực tế, lồng ghép vào tiết học, với nội dung, chương trình hợp lí nhất, phù hợp với nội nung kiến thức học lực học sinh tránh gây mệt mỏi, nhàm chán cho học sinh Ngoài cần quan tâm đến đối tượng học sinh, số dạng tập khó áp dụng cho đối tượng học sinh giỏi Việc áp dụng chuyên đề thực cần thiết, đạt hiệu định vận dụng với đối tượng học sinh Từ hình thành cho em kỹ vận dụng học tập, lĩnh hội tri thức khoa học vận dụng thực tế vào sống Trên tơi trình bày “Một số phương pháp giải tốn cực trị hình học bậc THCS”, vài kinh nghiệm nhỏ thân tự rút dạy tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ mơn hình học Cùng với góp ý đồng nghiệp, hy vọng đề tài góp phần tăng thêm hiệu học tập học sinh Dù cố gắng học hỏi trau dồi kiến thức song tránh khỏi thiếu sót, tơi mong nhận quan tâm góp ý chân thành đồng nghiệp hội đồng khoa học cấp để đề tài ngày hoàn thiện Tôi xin chân thành cảm ơn ! CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự – Hạnh phúc TÊN ĐỀ TÀI: ‘‘MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC Ở BẬC THCS” Quảng Bình, tháng năm 2020 CỘNG HỊA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc TÊN ĐỀ TÀI: ‘‘MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC Ở BẬC THCS” Họ tên: Dương Văn Dũng Chức vụ : Phó hiệu trưởng Đơn vị : THCS Mỹ Thủy - Lệ Thủy - Quảng Bình Quảng Bình, tháng năm 2020 ... tốn cực trị hình học để dạy cho học sinh trung học sở, sưu tầm, tuyển chọn số phương pháp giải toán cực trị hình học số tốn cực trị hình học thông dụng bậc THCS để viết thành đề tài ? ?Một số phương. .. kiến: ? ?Một số phương pháp giải tốn cực trị hình học bậc THCS? ?? với mong muốn giúp học sinh THCS cảm thấy hứng thú hơn, tự tin giải tốt gặp toán cực trị hình học 2.2 Các giải pháp: 2.2.1 Giải pháp. .. tích hình? ?? y1, y2 giá trị cố định không đổi y - Giải tốn cực trị hình học phải rõ vị trí hình học y để y đạt giá trị nhỏ y = y1 hay y = y2 2.2.1.2- Các phương pháp giải toán cực trị hình học Ta giải