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 c[r]
(1)SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC A - ĐẶT VẤN ĐỀ Các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học thuộc loại bài toán khó, làm cho học sinh phổ thông, là trung học sở, kể học sinh giỏi lúng túng gặp dạng toán này Thực đây là phần quan trọng hình học, và kiến thức bất đẳng thức hình học làm phong phú phạm vi ứng dụng Toán học So với các bất đẳng thức đại số, các bất đẳng thức hình học chưa quan tâm nhiều Một nguyên nhân khó giải vấn đề này là vì phương pháp tiếp cận không phải là các phương pháp thông thường hay áp dụng hình học, và không phải là phương pháp đại số tuý Để giải bài toán bất đẳng thức hình học cần thiết phải biết vận dụng các kiến thức hình học và đại số cách thích hợp và nhạy bén Qua thực tế 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 quá trình giải các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học là hướng tiếp cận hiệu quả, không lẽ đối tượng 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 tính đa dạng BĐT Côsi vận dụng Sự khéo léo, linh hoạt việc khai thác BĐT Côsi là yêu cầu học sinh giỏi Toán Mức độ khó, dễ bài toán có thể điều chỉnh tuỳ theo chủ ý người đề Với suy nghĩ đó, tôi mạnh dạn nghiên cứu đề tài “ Khai thác bất đẳng thức Côsi việc các bài toán nâng cao 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 gồm số bài toán điển hình và nhận xét tác giả Phần hai là vài suy nghĩ và trao đổi xung quanh việc khai thác bài toán gốc đại số bài toán với mức độ khác hình học, thông qua ví dụ cụ thể minh hoạ Và phần ba là số bài tập đề xuất Mong muốn đây là tài liệu tham khảo hữu ích với các em học sinh giỏi Toán lớp 9, và các thầy cô tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán THCS cùng các độc giả yêu thích Toán học Tác giả: VŨ MẠNH HÙNG- HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THCS NAM BÌNH-NAM TRỰC-NAM ĐỊNH (2) SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC B - NỘI DUNG Ta bắt đầu việc nhắc lại Bất đẳng thức Côsi: Cho a1, a2, …, an là các số không âm Ta luôn có: Dấu xảy a1 = a2 = … = an * Cách phát biểu khác cho BĐT Côsi là : Với các số không âm, trung bình cộng không nhỏ trung bình nhân Trung bình cộng và trung bình nhân và các số đó * Ý nghĩa BĐT Côsi: + n số không âm có tổng không đổi, tích chúng đạt giá trị lớn các số đó + n số dương có tích không đổi, tổng chúng đạt giá trị nhỏ các số đó I Một số bài toán điển hình Bài : (Một kết đẹp và thú vị tứ giác nội tiếp) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Hai đường chéo AC và BD cắt I Chứng minh : + + + + + + Chứng minh : (Hình 1) Dễ thấy D ABI ∽ D DCI (g.g) = = = (1) Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: ( + ) (2) Dấu (2) xảy = Từ (1) và (2) ( + ) (3) Hình Hoàn toàn tương tự, ta có: ( + ) (4) ( + ) (5) Tác giả: VŨ MẠNH HÙNG- HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THCS NAM BÌNH-NAM TRỰC-NAM ĐỊNH (3) SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC (+ ) (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 ABCD là hình chữ nhật Nhận xét: Trong bài toán trên, mặc dù dấu bất đẳng thức cần chứng minh là , hai vế bất đẳng thức dạng tổng các hạng tử Chìa khoá để giải bài toán đây chính là việc chuyển đổi hạng tử vế trái thành dạng bậc hai tích ( = , …), từ đó áp dụng bất đẳng thức Côsi chứng minh hạng tử đó vế trái nửa tổng hai hạng tử vế phải Vì vậy, việc linh hoạt biến đổi bài toán để áp dụng bất đẳng thức Côsi trường hợp cụ thể là cần thiết, đòi hỏi người làm toán tư duy, tìm tòi và sáng tạo Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC Vẽ ba chiều cao AA 1, BB1, CC1; ba trung tuyến AA2, BB2, CC2 Giả sử AA2 BB1=P, BB2 CC1=Q, CC2 AA1=R Chứng minh rằng: + + 6 Chứng minh: Áp dụng định lý Menelauyt tam giác AA2C với đường thẳng BRB1, ta có: Suy ra: = =1 (1) Do AA2 là trung tuyến nên BC = 2.A2B, và vì BB1 AC nên = = Hình Vậy từ (1) = Hoàn toàn tương tự, ta có: = , = Từ đó: + + = 2.( + + ) Mặt khác, theo bất đẳng thức Côsi, thì: + + = Vậy: + + Dấu xảy và = = , tức là tam giác ABC Tác giả: VŨ MẠNH HÙNG- HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THCS NAM BÌNH-NAM TRỰC-NAM ĐỊNH (4) SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Bài 3: Cho điểm M nằm trên đoạn thẳng AB Vẽ phía AB các tia Ax, By vuông góc với AB Qua M có hai đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với và cắt Ax, By theo thứ tự C, D Xác định vị trí các điểm C, D cho tam giác MCD có diện tích nhỏ Lời giải: (Hình 3) Ta có: SMCD = MC.MD Đặt : MA = a, MB = b, = = α Khi đó MC = , MD = Nên: SMCD = Do a, b là số nên SMCD nhỏ 2sinαcosα lớn Hình 2 Theo bất đẳng thức Côsi: 2sinαcosα sin α + cos α = Nên SMCD ab Dấu xảy sinα = cosα α = 450 Như Min SMCD = ab Điểm C, D xác định thứ tự trên các tia Ax, By cho AC = AM, BD = BM Nhận xét: Điểm sáng tạo cách giải trên là ta đã chọn biến là các tỉ số lượng giác sinα, cosα Giữa sinα, cosα , sin2α + cos2α có liên hệ BĐT Côsi: x2 + y2 2xy Bài 4: Cho tam giác ABC, điểm M di chuyển trên cạnh BC Qua M kẻ các đường thẳng song song với AC và AB, chúng cắt AB và AC theo thứ tự D, E Xác định vị trí điểm M cho hình bình hành ADME có diện tích lớn Lời giải: 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 đó : = (*) Tác giả: VŨ MẠNH HÙNG- HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THCS NAM BÌNH-NAM TRỰC-NAM ĐỊNH (5) SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Hình Theo bất dẳng thức Côsi: x + y (x + y) 4xy (**) Từ (*) và (**), ta được: Dấu xảy và x = y Như max SADME = SABC, đó M là trung điểm BC Cách 2: Ký hiệu SABC = S, SDBM = S1, SEMC = S2 Rõ ràng SADME lớn S1 + S2 nhỏ nhỏ Vì các tam giác DBM và EMC cùng 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 = SABC, đó M là trung điểm BC Nhận xét: Ở cách 1, ta đã xét biểu thức trung gian, đó là tỉ số diện tích hình bình hành ADME và diện tích tam giác ABC, bất đẳng thức Côsi dạng Còn cách 2, ta xét biểu thức trung gian đó là tỉ số tổng diện tích các tam giác DBM, EMC và diện tích tam giác ABC, vì lại áp dụng bất đẳng thức Côsi dạng Qua đây cho thấy, cùng bài toán, với cách khai thác khác thì việc vận dụng bất đẳng thức Côsi dạng khác Vấn đề là đòi hỏi người làm toán khả vận dụng linh hoạt, hợp lý để đạt mục đích cụ thể Dưới đây là hai bài toán, là bài toán cực trị hình học ta lại vận dụng bất đẳng thức Côsi khía cạnh khác Với hai số dương x, y có tổng x + y không đổi, thì tích xy đạt giá trị lớn và x = y Ngược lại tích xy không đổi thì tổng x + y đạt giá trị nhỏ và x = y Bài 5: 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 hình thang DEKH Khi đó hình thang trở thành hình gì? Lời giải (Hình 5) Tác giả: VŨ MẠNH HÙNG- HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THCS NAM BÌNH-NAM TRỰC-NAM ĐỊNH (6) SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC 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 và BH+KC = HK = Do đó: max S = = Khi đó hình thang DEKH có đường cao HK= và kẻ AM BC thì tam giác ABC vuông cân A nên MB = MC = , nên HB = HM = Hình Vậy KC = BC - BH - HK = a - - = Khi đó DH = HB = , EK = KC = Hình thang DEKH là hình chữ nhật, E là trung điểm AC Bài 6: Hai anh em chia tài sản là mảnh đất hình tam giác ABC Họ muốn chia mảnh đất đó thành miếng đất có diện tích bờ rào thẳng ngắn Tính độ dài m bờ rào này theo diện tích S và góc nhỏ α tam giác Lời giải: (Hình 6) Bờ rào phải cắt cạnh tam giác Giả sử góc đỉnh A là nhỏ nhất, BAC = α, độ dài bờ rào IK = m Gọi khoảng cách từ đỉnh A tới hai đầu bờ rào là x, y Ta có: IK2 = x2 + y2 - 2xy.cosA (*) Đặt SABC = S , SAIK = S’ thì S’ = không đổi Mặt khác, S’ = xy.sinA, mà S’ và A không đổi nên xy không đổi Từ (*) ta thấy: IK nhỏ x2 + y2 nhỏ Theo bất đẳng thức Côsi: x2 + y2 2xy (hằng số) Vậy x2 + y2 nhỏ x = y Hình Như vậy, xét bờ rào chắn góc A thì bờ rào ngắn và tam giác AIK cân A (**) Bây ta tính độ dài bờ rào IK theo S và α Tác giả: VŨ MẠNH HÙNG- HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THCS NAM BÌNH-NAM TRỰC-NAM ĐỊNH (7) SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Kẻ đường cao AH tam giác cân AIK (hình 6.1) Khi đó: IH = AH.tg suy IK = m = 2AH.tg Mặt khác 2S’ = IK.AH = m.AH nên 2.AH = Vậy m = tg m2 = 4S’.tg m = Thay S’ = thì m = Hình 6.1 Kết luận: Bờ rào có độ dài ngắn m = với α = ( , , ) Nhận xét: Một tình thực tế đã giải thuyết phục Toán học Nếu để chia mảnh đất hình tam giác đó thành mảnh có diện tích thì quá đơn giản (chỉ cần bờ rào là ba trung tuyến tam giác là đủ), đây mục đích đặt là vừa phải chia đôi diện tích, vừa đảm bảo độ dài bờ rào thẳng là ngắn Trong cách giải trên, ta đã sử dụng công thức: IK2 = x2 + y2 - 2xy.cosA để từ đó khẳng định tích xy không đổi, và sử dụng bất đẳng thức Côsi để tìm giá trị nhỏ IK Bài toán thực tế trên có thể khai thác việc chọn lọc, đề thi chọn học sinh giỏi Toán khá hay và phù hợp với việc kết hợp câu hỏi phụ “ Chứng minh tam giác ABC, với độ dài AB = c, BC = a, AC = b, thì a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA” Hoặc kết luận (**) lời giải trên cho ta bài toán “ Chứng minh tam giác AIK có diện tích và số đo góc A không đổi, tam giác cân A có độ dài IK nhỏ nhất” Dưới đây là ví dụ khác việc khai thác bài toán gốc bài toán khác, tuỳ theo mục đích hỏi và đối tượng làm bài 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 và N Đường thẳng vị trí nào thì tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất? Tác giả: VŨ MẠNH HÙNG- HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THCS NAM BÌNH-NAM TRỰC-NAM ĐỊNH (8) SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Lời giải: Gọi S là diện tích D CMN, ta có : S = SOCM + SOCN = (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 bẳng 2r2 CM = CN Tam giác CMN cân đỉnh C có CO là phân giác nên CO MN Kết luận: Đường thẳng MN CO O thì D CMN có diện tích nhỏ Nhận xét: Có thể diễn đạt kết bài toán trên dạng sau: Cho điểm O thuộc tia phân giác góc C, đường thẳng bất kì qua O cắt hai cạnh góc C M và N Tam giác CMN có diện tích nhỏ và CO là đường cao tam giác Cách khác: Cho điểm O thuộc tia phân giác góc C, đường thẳng bất kì qua O cắt hai cạnh góc C M và N Tam giác CMN có diện tích nhỏ và CO là trung tuyến tam giác Ta còn có kết mạnh cách bỏ điều kiện O thuộc tia phân giác góc C: Cho điểm O nằm góc C, đường thẳng bất kì qua O cắt hai cạnh góc C M và N Tam giác CMN có diện tích nhỏ và CO là trung tuyến tam giác Dưói đây là hai cách giải bài toán này: Cách : Xét D CMN nhận CO là trung tuyến và D CDE có DE qua O OD < OE (như hình vẽ 7.1) Lấy I trên đoạn OE cho OI = OD Ta có: D ODM = D OIN (c.g.c) => SODM = SOIN SCMN < SCDE Cách 2: Qua O kẻ các đường thẳng song song với các cạnh góc C, tạo thành hình bình hành OHCK (như hình vẽ 7.2) Hình 7.1 Tác giả: VŨ MẠNH HÙNG- HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THCS NAM BÌNH-NAM TRỰC-NAM ĐỊNH (9) SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Theo kết Bài 4, ta có: SOHCK SCMN SCMN 2SOHCK Do góc C và điểm O cố định nên SOHCK không đổi Vì minSCMN = 2SOHCK, O là trung điểm MN Để dựng điểm M, ta cần lấy M cho Hình 7.2 H là trung điểm CM Nhận xét: Qua bài toán điển hình tôi đã lựa chọn trên, số bài toán còn có cách giải khác Tuy nhiên, với việc khai thác linh hoạt và hợp lý vai trò bất dẳng thức Côsi, cùng kết khác hình học, lời giải qua các ví dụ đó đã ngắn gọn và đẹp Đối với người học ( đối tượng là HS giỏi Toán 9), thì có thể coi đây là gợi ý, định hướng suy nghĩ và tìm tòi lời giải cho số bài toán cực trị hình học Còn người dạy (GV), đây có thể coi ý kiến tham khảo, trao đổi việc khai thác bất đẳng thức Côsi việc đưa các bài toán cực trị hình học hay bài toán giải vấn đề có ý nghĩa thực tiễn sống II Phát triển bài toán hình học từ bài toán gốc đại số Để mức độ khai thác bất đẳng thức Côsi sâu hơn, cao hơn; ta có thể sử dụng bài toán gốc Đại số, đó là dạng cụ thể bất đẳng thức Côsi, đã chứng minh góc độ tổng quát, và đưa vào bài toán chứng minh bất đẳng thức hình học Muốn giải các bài toán này, đòi hỏi người làm toán khả phân tích và áp dụng khéo léo các kết đó Tiếp sau đây là vài ví dụ cho ý tưởng trên Bài toán gốc: Chứng minh a1, a2, …, an là các số dương, thì (a1 + a2 + … + an)( + + … + ) n2 Chứng mih: Theo bất đẳng thức Côsi, ta có: (1) (2) Tác giả: VŨ MẠNH HÙNG- HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THCS NAM BÌNH-NAM TRỰC-NAM ĐỊNH (10) SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Do các vế (1) và (2) là các số dương, nên nhân vế hai bất đẳng thức trên, ta được: (a1 + a2 + … + an)( + + … + ) n2 Dấu xảy a1 = a2 = … = an Trong nhiều bài 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)( + + ) Sau đây là ví dụ việc sử dụng bài toán gốc đó số bài toán cụ thể Bài 8.1 : Cho D ABC, O là điểm tuỳ ý tam giác AO, BO, CO kéo dài cắt các cạnh đối diện thứ tự M, N, P Chứng minh : + + Lời giải : (Hình 8.1) Theo định lý Seva, ta có : + + =1 (1) Áp dụng kết bài toán gốc với trường hợp riêng thứ 2, ta có : ( + + )( + + ) (2) Kết hợp (1) và (2) suy : + + 9 + + 9 Hình 8.1 + + + + 1+ Dấu xảy và Nên = = + + 6 = = M là trọng tâm = , mà + + =1 D ABC Bài 8.2 : Cho D ABC nội tiếp đường tròn (O) Ba chiều cao AA’, BB’, CC’ thứ tự cắt (O) A1, B1, C1 Chứng minh + + Lời giải : Gọi H là trực tâm D ABC (hình 8.2) Dễ thấy A’H = A’A1, B’H = B’B1, C’H = C’C1 Theo bài toán gốc, ta có : ( + + ).( + + ) (*) Xét + + = + + + Hình 8.2 Mặt khác, theo định lí Sêva : + + =1 Tác giả: VŨ MẠNH HÙNG- HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THCS NAM BÌNH-NAM TRỰC-NAM ĐỊNH (11) SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC Nên: Khi đó, (*) + + =3+1=4 + + Dấu xảy = = 1+ = 1+ = 1+ = = H là trọng tâm D ABC D ABC là tam giác * Nếu thay đổi giả thiết ba đường cao AA’, BB’, CC’ bài toán trên thành ba đường trrung tuyến thì kết bài toán nào ? Dấu có còn đúng không ? Ta tiếp tục xét bài 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 : + + (*) Lời giải : Đặt AB = c, AC = b, BC = a Vì tứ giác ABA1C nội tiếp (O), AA1 cắt BC A’ nên: AA’.A’A1 = A’B.A’C = => AA’.AA1 = AA’.(AA’ + A’A1) = AA’2 + AA’.A’A1 = AA’2 + Mà AA’ là trung tuyến D ABC nên: AA’ = Suy ra: AA’.AA1 = Hình 8.3 Ta có: = = =1- (1) Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được: =1- (2) và =1- (3) Kết hợp (1), (2), và (3) thì : (*) - ( + + ) + + 1+ +1+ + 1+ (a2 + b2 + c2) ( + + ) Tác giả: VŨ MẠNH HÙNG- HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THCS NAM BÌNH-NAM TRỰC-NAM ĐỊNH (12) SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC [ (b2 + c2)+(a2+ c2) + (a2 + b2)].( + + ) (**) Rõ ràng (**) đúng với bài toán gốc nêu trên Do đó (*) đúng Dấu (*) xảy và a = b = c, tức là D ABC Nhận xét: Về mức độ, bài toán 8.3 yêu cầu cao so với bài toán 8.2 Cũng là việc vận dụng bài toán gốc, phát triển sâu hơn, cùng với học sinh phải biết công thức trung tuyến (coi bài toán phụ): ma2 = - Cũng có thể học sinh dừng lại chỗ bất đẳng thức Nesbit (với n =3): + + + Đây chính là nội dung + Bất đẳng thức Nesbit chứng minh qua kết bài toán gốc nêu trên Dưới đây là bài toán nữa, coi là “minh hoạ hình học” cho bất đẳng thức Nesbit Bài 8.4: Cho tam giác ABC Vẽ ba phân giác AA’, BB’, CC’ Gọi a 1, b1, c1 tương ứng là các khoảng cách từ A’ đến AB, B’ đến BC, C’ đến CA Gọi h a, hb, hc tương ứng là ba chiều cao tam giác kẻ từ A, B, C Chứng minh rằng: + + Lời giải: Kẻ AH BC và A’K AB (hình 8.4) Theo đó, AH = ha, A’K = a1 Trong D ABA’ có : BA’.ha = AB.a1 = c.a1 Suy ra: = (1) Mặt khác, AA’ là phân giác D ABC, nên : = = BA’ = (2) Hình 8.4 Thay (2) vào (1) ta được: = Hoàn toàn tương tự, ta có: = (4) (3) và = (5) Cộng (3), (4), (5), ta được: Tác giả: VŨ MẠNH HÙNG- HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THCS NAM BÌNH-NAM TRỰC-NAM ĐỊNH (13) SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC + + = + + III Một số bài tập đề xuất Bài 9: M là điểm di động trên đoạn thẳng AB cố định Vẽ các hình vuông AMCD, BMEF Xác định vị trí M để tổng các diện tích hai hình vuông đạt giá trị nhỏ Bài 10: Cho tam giác nhọn ABC coá các cạnh tương ứng a, b, c; đường cao AH = h Hãy nội tiếp tam giác đó hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất, với M thuộc AB, N thuộc AC, P và Q thuộc BC Bài 11: Cho góc nhọn xOy và điểm A cố định nằm góc đó M, N thứ tự là hai điểm trên các tia Ox, Oy cho 2.OM = ON Tìm vị trí M, N trên các tia đó cho 2.AM + AN đạt giá trị nhỏ 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 IM2 + IN2 + IK2 nhỏ Bài 13: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài A Qua A vẽ hai tia vuông góc với nhau, cắt (O) và (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 là 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 Bài 15: Cho đoạn thẳng AB = a và điểm M di động trên đoạn thẳng đó Dựng phía AB hai hình vuông AMCE và BMKQ a Chứng minh AK, BC, QE đồng quy điểm I b Xác định M trên đoạn AB để D AIB có chu vi lớn nhất? Diện tích lớn nhất? Bài 16: Cho đoạn thẳng AB song song với đường thẳng d M là điểm thuộc nửa mặt phẳng bờ AB không chứa d (M không thuộc đoạn AB) Gọi C, D thứ tự là giao điểm tia MA, MB với d Tìm tập hợp các 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 các cạnh hình thang biết diện tích 27 cm2 Tác giả: VŨ MẠNH HÙNG- HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THCS NAM BÌNH-NAM TRỰC-NAM ĐỊNH (14) SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC b Có tồn hay không hình thang cân có các tính chất trên mà diện tích nó 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 là độ dài các đoạn tiếp tuyến xuất phát từ A, B, C Gọi ra, rb, rc thứ tự là bán kính các đường tròn bàng tiếp góc A, B, C Gọi S là diện tích tam giác ABC a Chứng minh: r.ra = yz b Chứng minh: S = c Chứng minh: = (x+y+z)( + + ) d Trong các tam giác ngoại tiếp (O, r), tam giác nào có tổng các bán kính ba đường tròn bàng tiếp nhỏ ? Thi HSG bang NewYork (Mỹ) năm 1984 Bài 19 : Một đường tròn tiếp xúc ngoài với nửa đường tròn điểm chính cung nửa đường tròn đó Biết tổng đường kính đường tròn và bán kính nửa đường tròn Tính tích lớn có thể đạt diện tích hình tròn và nửa hình tròn nói trên Thi HSG bang NewYork (Mỹ) năm 1989 C - KẾT LUẬN Trên đây là số suy nghĩ tôi việc vận dụng bất đẳng thức Côsi các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học Những bài toán cực trị thường gắn Toán học với thực tiễn, việc tìm cái lớn nhất, nhỏ nhất, nhiều nhất, ít nhất… chính là tìm cái tối ưu thương đặt đời sống và kỹ thuật Đề tài này xin dành cho đối tượng là các em học sinh giỏi Toán lớp và các thầy cô giáo tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán bậc THCS Với mong muốn góp phần nhỏ bé vào nghiệp bồi dưỡng và đào tạo nhân tài Tôi xin cam đoan đây là đề tài chính thân tôi nghiên cứu và thực hiện, sai thật, tôi xin hoàn toàn chịu trách nhiệm Trong quá trình thể đề tài, thân đã nỗ lực và cố gắng, song nhiều yếu tố nên chắn không tránh khỏi thiếu sót Kính Tác giả: VŨ MẠNH HÙNG- HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THCS NAM BÌNH-NAM TRỰC-NAM ĐỊNH (15) SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC mong Hội đồng khoa học các cấp cùng các đồng nghiệp bổ sung thêm ý kiến đóng góp để đề tài hoàn thiện hơn, thực hữu ích yêu Toán học Tôi xin chân thành cảm ơn! Bình Minh, ngày 25 tháng năm 2014 Người viết Ý KIẾN ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP TRƯỜNG ………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………… …, ngày tháng năm 2014 Chủ tịch hội đồng Ý KIẾN ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP HUYỆN ………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………… ………………………………………………………………………………………… Tác giả: VŨ MẠNH HÙNG- HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THCS NAM BÌNH-NAM TRỰC-NAM ĐỊNH (16) SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC …, ngày tháng năm 2014 Chủ tịch hội đồng Tác giả: VŨ MẠNH HÙNG- HIỆU TRƯỞNG TRƯỜNG THCS NAM BÌNH-NAM TRỰC-NAM ĐỊNH (17)