Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi và ôn thi vào THPT luôn có một lượng tương đối nhiều các bài tập hình học với yêu cầu tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ [r]
(1)PHẦN MỞ ĐẦU THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: Một số phương pháp tìm cực trị hình học phẳng THCS để ôn thi học sinh giỏi môn toán và ôn thi vào THPT Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Môn Toán lớp Tác giả: Họ và tên: NGUYỄN VIỆT KHOA Nam (nữ) : Nam Ngày tháng/năm sinh: 28 - - 1980 Trình độ chuyên môn: Đại học sư phạm Toán Chức vụ, đơn vị công tác: Phó Hiệu trưởng trường THCS Hưng Thái Ninh Giang - Hải Dương Điện thoại: 0902025911 Đồng tác giả: Không có Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Nguyễn Việt Khoa Đơn vị áp dụng sáng kiến lần đầu : Trường THCS Hưng Thái - Ninh Giang - Hải Dương Điện thoại : 03203.769.23 Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: - Có học sinh khá giỏi môn Toán để thành lập đội tuyển HSG - Học sinh ôn thi vào THPT cần chăm học tập, tích cực làm việc theo định hướng giáo viên bồi dưỡng Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu: Từ năm học 2010 - 2011 TÁC GIẢ (ký, ghi rõ họ tên) Nguyễn Việt Khoa XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN (2) TÓM TẮT SÁNG KIẾN Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi và ôn thi vào THPT luôn có lượng tương đối nhiều các bài tập hình học với yêu cầu tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ các đại lượng hình học Chương trình SGK THCS chưa có trình bày khái niệm, cấu trúc, cách giải bài toán cực trị Nhiều kiến thức cực trị ẩn chứa các đơn vị kiến thức trải dài từ lớp đến lớp chưa hệ thống hóa Học sinh luôn sợ học hình học mà các bài toán cực trị hình học là mảng kiến thức khó bài toán hình Đứng trước bài toán cực trị hình học, học sinh chưa có định hướng, công cụ giải Giáo viên ôn thi HSG toán 9, ôn thi vào THPT chưa phân dạng các dạng toán cực trị hình học để ôn tập cho học sinh, dừng lại việc đề mò mẫm giải, không đọng lại cốt lõi phương pháp cho học sinh Xuất phát từ lý trên, tôi mạnh dạn nghiên cứu đề tài : " Một số phương pháp tìm cực trị hình học phẳng THCS để ôn thi học sinh giỏi môn toán và ôn thi vào THPT " nhằm trước hết giải khó khăn thực tế giảng dạy mình, giáo viên trường, mong trao đổi với các đồng nghiệp khác Điều kiện, thời gian, đối tượng áp dụng sáng kiến Điều kiện tốt để áp dụng sáng kiến này là đối tượng học sinh lớp đã học xong các kiến thức Hình học hết chương III Hình học , ôn luyện HSG để thi HSG cấp huyện tỉnh, học sinh chuẩn bị ôn thi vào THPT Thời gian áp dụng từ đầu tháng hàng năm Nội dung sáng kiến: Sáng kiến không thể tính kiến thức mà thể tính việc phân loại phương pháp giải và ví dụ minh họa cho phương pháp đó nhằm hình thành cho học sinh các phương án giải bài toán thực tiễn thi Cụ thể : - Hình thành khái niệm chung bài toán cực trị hình học - Hệ thống kiến thức, phương pháp giải , chia thành loại kiến thức và phương pháp giải sau : 1) Sử dụng quan hệ đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu 2) Sử dụng quan hệ đoạn thẳng và đường gấp khúc (3) 3) Sử dụng các bất đẳng thức đường tròn 4) Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa bậc hai 5) Sử dụng bất đẳng thức AM - GM và các bất đẳng thức đại số khác Mỗi phương pháp có các bài tập minh họa cụ thể Sáng kiến này không áp dụng cho học sinh ôn luyện đội tuyển học sinh giỏi lớp cấp huyện tỉnh, học sinh chuẩn bị ôn thi vào THPT trường THCS Hưng Thái mà còn áp dụng rộng rãi cho học sinh cùng đối tượng các trường khác Không dùng làm tài liệu ôn luyện riêng tác giả mà còn dùng làm tài liệu tham khảo các đồng nghiệp khác giảng dạy môn Toán Việc dạy học cực trị hình học nên dạy theo chuyên đề và thứ tự trình bày phần mô tả đây Sau học xong chuyên đề cực trị hình học mà sáng kiến trình bày, học sinh phần nào yên tâm với câu cuối bài hình thi HSG thi vào THPT với tỉ lệ hỏi cực trị tương đối cao Giáo viên sau dạy xong chuyên đề nâng cao kiến thức mình cực trị hình học để phục vụ chuyên môn Khẳng định giá trị, kết đạt sáng kiến Giá trị phương pháp giảng dạy là hiển nhiên Từ năm học 2010 - 2011, bắt đầu nghiên cứu và áp dụng sáng kiến, tôi đã thu thành công định ( mặc dù cực trị hình học là nội dung nhỏ việc bồi dưỡng nó góp phần vào thành công chung ) , cụ thể : Năm học 2010 - 2011 có 01 HSG Toán cấp huyện Học sinh thi đỗ THPT công lập đạt 29/60 HS dự thi = 48,33% Năm học 2011-2012 có 01 HS đạt giải Nhì môn Toán cấp huyện Học sinh thi đỗ vào THPT công lập đạt 27/46 HS dự thi = 58,7% Năm học 2012 - 2013 có 02 HS đạt giải môn Toán cấp huyện ( 01 giải Nhất, 01 giải ba ) Học sinh thi đỗ THPT công lập đạt 21/47 HS dự thi = 44,7% Năm học 2013 - 2014 có 02 HS đạt giải Toán cấp huyện ( 01 giải Nhì, 01 giải Ba ) Học sinh thi đỗ THPT đạt 37/47 HS dự thi = 78,72% Năm học 2014 - 2015 có 02 HS đạt giải môn Toán cấp huyện ( 01 Nhì, 01 ba ) Đề xuất kiến nghị để thực áp dụng mở rộng sáng kiến Sáng kiến chưa đầu tư để trở thành giáo án chuẩn cho chương trình bồi dưỡng vì chưa có thời gian nghiên cứu sâu Việc áp dụng sáng kiến vì chưa hài lòng với đa số người dạy (4) Sáng kiến cần bổ sung bài tập các dạng nhiều Ngoài ra, sáng kiến nghiên cứu phần nhỏ có tính " hình học" các bất đẳng thức hình học nói chung và cực trị hình học nói riêng Việc mở rộng sáng kiến nên theo hướng phân loại các bất đẳng thức và cực trị hình học mang tính hình học ( thiết vẽ hình ) và bất đẳng thức, cực trị hình học không cần vẽ hình Hệ thống các bất đẳng thức hình học đã biết trên giới theo loại hình : tam giác, tứ giác, đa giác, đường ( hình ) tròn Tuy nhiên xét góc độ hẹp để định hình, cung cấp cho học sinh ôn HSG cấp huyện và học sinh thi THPT mang tính thuật toán thì sáng kiến đủ để làm tài liệu tham khảo thiết thực Một phần kiến nghị quan trọng là Sở giáo dục nên tổ chức thi học sinh giỏi lớp vào cuối tháng hàng năm để học sinh trang bị kiến thức đầy đủ hơn, ôn luyện nhiều theo khung phân phối chương trình Bộ giáo dục và đào tạo (5) PHẦN MÔ TẢ SÁNG KIẾN Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi và ôn thi vào THPT luôn có lượng tương đối nhiều các bài tập hình học với yêu cầu tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ các đại lượng hình học Chương trình SGK THCS chưa có trình bày khái niệm, cấu trúc, cách giải bài toán cực trị Nhiều kiến thức cực trị ẩn chứa các đơn vị kiến thức trải dài từ lớp đến lớp chưa hệ thống hóa Học sinh luôn sợ học hình học mà các bài toán cực trị hình học là mảng kiến thức khó bài toán hình Đứng trước bài toán cực trị hình học, học sinh chưa có định hướng, công cụ giải Giáo viên ôn thi HSG toán 9, ôn thi vào THPT chưa phân dạng các dạng toán cực trị hình học để ôn tập cho học sinh, dừng lại việc đề mò mẫm giải, không đọng lại cốt lõi phương pháp cho học sinh Xuất phát từ lý trên, tôi mạnh dạn nghiên cứu đề tài : " Một số phương pháp tìm cực trị hình học phẳng THCS để ôn thi học sinh giỏi môn toán và ôn thi vào THPT " nhằm trước hết giải khó khăn thực tế giảng dạy mình, giáo viên trường, mong trao đổi với các đồng nghiệp khác Cơ sở lý luận vấn đề 2.1 Khái niệm bài toán cực trị hình học Trong tất các hình có chung tính chất, tìm hình mà đại lượng nào đó ( độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo diện tích ) có giá trị lớn ( nhỏ ) Bài toán tìm giá trị lớn ( nhỏ ) đại lượng hình học gọi chung là bài toán cực trị hình học Khi tìm vị trí hình H trên miền D cho biểu thức f có giá trị lớn ( nhỏ ) ta cần hai điều : - Cần : với vị trí hình H trên miền D luôn có f m ( f m ) ( với m là số ) - Đủ : Tồn vị trí hình H trên miền D để có f = m Giá trị nhỏ ký hiệu là Min ( viết tắt Minnimum ) Giá trị lớn ký hiệu là Max ( viết tắt Maximum ) 2.2 Các cách phát biểu bài toán cực trị hình học 2.2.1 Bài toán dựng hình (6) Ví dụ : Xác định vị trí dây qua điểm P nằm đường tròn cho dây đó có độ dài nhỏ 2.2.2 Bài toán chứng minh Ví dụ : Chứng minh các dây qua điểm P nằm đường tròn (O) thì dây vuông góc với OP có độ dài nhỏ 2.2.3 Bài toán tính toán Ví dụ : Cho (O, R ) và P nằm đường tròn có OP = h Tính độ dài nhỏ dây qua P 2.3 Cách trình bày bài toán cực trị hình học 2.3.1 Cách Trong các hình có tính chất đề bài, hình chứng minh hình khác có giá trị đại lượng phải tìm cực trị nhỏ ( lớn ) giá trị đại lượng đó hình đã 2.3.2 Cách Biến đổi tương đương điều kiện để đại lượng này đạt cực trị điều kiện đại lượng khác đạt cực trị trả lời câu hỏi đề bài đặt Thực trạng vấn đề Như đã trình bày , hình học là môn khó học với học sinh và cực trị hình học là phần khó hình học, vì học sinh sợ phải làm việc với bài toán dạng này Thứ nhất, học sinh chưa trang bị cách trình bày bài toán cực trị hình học Thứ hai, học sinh chưa trang bị phương pháp giải bài toán dạng này Kết khảo sát học sinh lớp năm học 2013 - 2014 thấy rõ điều đó Với đề bài tương đối dễ sau : Cho (O) và P nằm (O) ( P khác O ) Xác định vị trí dây qua P cho dây đó có độ dài nhỏ Kết quả: Đối tượng Số lượng Không biết làm HS lớp 9A HS lớp 9B 27 30 20 13 Đoán giá Trình bày trị nhỏ tương đối hoàn không chỉnh biết trình bày 15 (7) Các giải pháp, biện pháp thực Vì khuôn khổ sáng kiến nên xét bài tập minh họa dạng đề thi tổng hợp, các ý phía trên câu hỏi cực trị công nhận là đúng giải tóm lược 4.1 Sử dụng quan hệ đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu: 4.1.1 Kiến thức liên quan - Trong các tam giác vuông ( có thể suy biến thành đoạn thẳng ) có cạnh góc vuông AH và cạnh huyền AB thì AH AB Dấu đẳng thức xảy H trùng B - Trong các đoạn thẳng nối từ điểm đến đường thẳng, đoạn thẳng vuông góc với đường thẳng có độ dài nhỏ - Trong hai đường xiên kẻ từ điểm đến đường thẳng, đường xiên lớn và hình chiếu nó lớn 4.1.2 Các bài tập minh họa Bài 1.1 ( Thi THPT Hải Dương 1998-1999 ) Cho tam giác ABC vuông cân A, trên cạnh BC lấy điểm M Gọi (O 1) là đường tròn tâm O1 qua M và tiếp xúc với AB B, gọi (O 2) là đường tròn tâm O2 qua M và tiếp xúc với AC C Đường tròn (O 1) và (O2) cắt D (D không trùng với M) 1) Chứng minh tam giác BCD là tam giác vuông 2) Chứng minh O1D là tiếp tuyến (O2) 3) BO1 cắt CO2 E Chứng minh điểm A, B, D, E, C cùng nằm trên đường tròn 4) Xác định vị trí M để O1O2 ngắn Giải : 1) BDC BDM MDC 90 0 2) Chỉ BMO1 CMO2 45 nên O1MO2 90 DO 900 O1MO2 O1DO2 (c c c) O 3) Chỉ tứ giác ABEC là hình vuông điểm A, D, E cùng nhìn BC góc và 900 nên điểm A, B, D, E, C cùng nằm trên đường tròn đường kính BC 4) Dễ dàng chứng minh MO1EO2 là hình chữ nhật nên O1O2 = EM (8) BC AB Gọi O là hình chiếu E trên BC thì EO = không đổi EM EO AB 2 ( quan hệ đường vuông góc và đường xiên ) Có Dấu đẳng thức xảy M là trung điểm BC MinO1O2 MinEM EO AB 2 M là trung điểm BC Suy Bài 1.2 ( Thi THPT Hải Dương 2005-2006 ) Cho nửa đường tròn đường kính MN Lấy điểm P tuỳ ý trên nửa đường tròn (P M, P N) Dựng hình bình hành MNQP Từ P kẻ PI vuông góc với đường thẳng MQ I và từ N kẻ NK vuông góc với đường thẳng MQ K 1) Chứng minh điểm P, Q, N, I nằm trên đường tròn 2) Chứng minh: MP PK = NK PQ 3) Tìm vị trí P trên nửa đường tròn cho NK.MQ lớn Giải : 1) MP//NQ mà MPN 90 ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ) nên PNQ 90 Hai điểm I và N cùng nhìn PQ góc và 900 nên điểm P, Q, N, I cùng thuộc đường tròn đường kính PQ 2) Chứng minh PNK #QMP( g g ) NK PK MP.PK NK PQ MP PQ 3) Gọi H là hình chiếu P trên MN, O là trung điểm MN Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông cho tam giác vuông MPN có đường cao PH : MP.NP = PH.MN (1) PNK #QMP( g g ) NK PK NP MP.NP NK MQ MP PQ MQ (2) Theo phần 2) Từ (1) và (2) suy NK.MQ = PH.MN NK.MQ đạt Max thì PH.MN đạt Max mà MN không đổi nên PH đạt Max PH PO MN ( quan hệ đường vuông góc và đường xiên ) Có Dấu đẳng thức xảy H trùng O , đó P là điểm chính nửa đường tròn (9) MN Vậy Max(NK.MQ) = Max(PH.MN) = đạt P là điểm chính nửa đường tròn Bài 1.3 ( Thi vào THPT Tp Hà Nội 2008-2009 ) Cho đường tròn (O) có đường kính AB = 2R và E là điểm bất kì trên đường tròn đó (E khác A và B) Đường phân giác góc AEB cắt đoạn thẳng AB F và cắt đường tròn (O) điểm thứ hai là K 1) Chứng minh tam giác KAF đồng dạng với tam giác KEA 2) Gọi I là giao điểm đường trung trực đoạn EF với OE, chứng minh đường tròn (I) bán kính IE tiếp xúc với đường tròn (O) E và tiếp xúc với đường thẳng AB F 3) Chứng minh MN // AB, đó M và N là giao điểm thứ hai AE, BE với đường tròn (I) 4) Tính giá trị nhỏ chu vi tam giác KPQ theo R E chuyển động trên đường tròn (O), với P là giao điểm NF và AK; Q là giao điểm MF và BK Giải a) Chứng minh KAF đồng dạng với KEA Xét (O) có AEK KEB (EK là phân giác Ê) AK KB (hai cung chắn hai góc nội tiếp nhau) (10) A E (hai góc nội tiếp chắn hai cung nhau) Xét KAF và KEA: chung K A E 1 (chứng minh trên) KAF đồng dạng với KEA (g-g) b) Chứng minh KAF đồng dạng với KEA - Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc với (O E Ta có O, I, E thẳng hàng và OI = OE – EI nên (I;IE) tiếp xúc với (O) - Chứng minh đường tròn (I;IE) tiếp xúc AB F: Dễ dàng chứng minh EIF cân I và EOK cân O IFE OKE (OEK) Mà hai góc này vị trí đồng vị IF // OK (dấu hiệu nhận biết) Vì AK KB (chứng minh trên) AOK 90 OK AB o Ta có IF // OK ; OK AB IFAB Mà IF là bán kính (I;IE) (I;IE) tiếp xúc với AB F c) Chứng minh MN//AB Xét (O): AEB 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Xét (I;IE): MEN 90o (vì AEB 90o ) MN là đường kính (I;IE) EIN cân I Mà EOB cân O ENI OBE (IEN) Mà hai góc này vị trí đồng vị MN//AB d)Tính giá trị nhỏ chu vi tam giác KPQ theo R E chuyển động trên (O) Dễ dàng chứng minh tứ giác PFQK là hình chữ nhật; tam giác BFQ là tam giác vuông cân Q Chu vi KPQ = KP + PQ + KQ mà PK = FQ (PFQK là hình chữ nhật) FQ = QB (BFQ vuông cân Q) PK = QB PQ = FK (PFQK là hình chữ nhật) Chu vi KPQ = KP + PQ + KQ = QB + QK + FK = BK + FK (11) Vì (O) cố định, K cố định ( vì EK là phân giác góc AEB nên K là điểm chính cung AB không chứa E ) FK FO ( quan hệ đường vuông góc và đường xiên) Chu vi KPQ nhỏ = BK + FO E là điểm chính cung AB Ta có FO = R Áp dụng định lí Py-ta-go tam giác vuông cân FOB tính BK = R R R 1 Chu vi KPQ nhỏ = R + Bài 1.4 ( Thi HSG Toán Quảng Ngãi 2013-2014 ) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB cố định EF là dây cung di EF= AB R Gọi H động trên nửa đường tròn đó, cho E thuộc cung AF và là giao điểm AF và BE; C là giao điểm AE và BF; I là giao điểm CH và AB · a) Tính số đo CIF b) Chứng minh biểu thức AE.AC+BF.BC có giá trị không đổi EF di động trên nửa đường tròn c) Xác định vị trí EF trên nửa đường tròn để tứ giác ABFE có diện tích lớn Tính diện tích lớn đó theo R Giải : · a) Tính số đo CIF º · = HBF · HIF = sd EF = 300 Tứ giác BFHI nội tiếp => (tam giác OEF đều) b) Chứng minh biểu thức AE.AC+BF.BC có giá trị không đổi EF di động trên nửa đường tròn Ta có : AE.AC = AC(AC –CE) = AC2 – AC.AE C BF.BC = BC(BC –CF) = BC – BC.CF F AE.AC+BF.BC = AC2 + BC2 – AC.AE – BC CF Mà AC.AE = BC.CF =CO2 – R2 2AC2 + 2BC2 - AB2 CO = => E AC AB2 + BC2 =2CO2 + H A I O B (12) AB2 Suy : AE.AC+BF.BC = 2CO2 + – CO2 + R2 – CO2 + R2 = 3R2 AE.AC+BF.BC= 3R2 Cố định c) Xác định vị trí EF trên nửa đường tròn để tứ giác ABFE có diện tích lớn C Tính diện tích lớn đó theo R Ta có SABEF = SAOF + SFOE + SEOB R2 SFOE = (Vì tam giác FOE là tam giác E P F cạnh R) 1 FM + EN SAOF + SEOB = OA.FM+ OB.EN = R A M Q O N B = R.PQ (PQ là đường trung bình hình thang EFMN) R2 R SABEF = + R.PQ mà PQ ≤ OP = R R 3R Do đó SABEF = + = Q trùng với O hay EF // AB Bài 1.5 ( Thi HSG Bình Thuận 2013-2014 ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), điểm M thuộc (O) Gọi N, P, Q là hình chiếu vuông góc M lên BC, CA, AB 1) Chứng minh N, P, Q thẳng hàng 2) Khi M thuộc cung nhỏ BC Tìm vị trí M để PQ lớn Giải : 1) Dễ dàng chứng minh QNM MNP 180 nên điểm Q, N, P thẳng hàng 2) Từ phần 1) suy MQP#MBC ( g g ) QP MQ MP 1 BC MB MC ( quan hệ đường vuông góc và đường xiên ) Suy QP BC Dấu đẳng thức xảy Q trùng B, P trùng C đó AM là đường kính Vậy MaxPQ = BC M đối xứng A qua O 4.2 Sử dụng quan hệ đoạn thẳng và đường gấp khúc (13) 4.2.1 Kiến thức liên quan - Độ dài đoạn thẳng nối hai điểm A và B ngắn độ dài đường gấp khúc có hai đầu là A và B - Với ba điểm A, B, C mặt phẳng ta có bất đẳng thức ba điểm : AC CB AB Dấu đẳng thức xảy C thuộc đoạn thẳng AB 4.2.2 Các bài tập minh họa Bài 2.1 ( Thi vào THPT Lê Quý Đôn - Quảng Trị 2013-2014 ) Cho tam giác ABC nhọn có A 30 gọi H là hình chiếu vuông góc A lên BC và M, N là các điểm trên hai cạnh AB, AC Tìm vị trí điểm M, N để tam giác HMN có chu vi nhỏ Giải : Gọi P, Q là các điểm đối xứng H qua AB, AC Ta có : AP = AQ = AH PAQ 2.BAC 600 => tam giác APQ => PQ = AH Chu vi tam giác HMN = HM + HN + MN = PM + MN + NQ PQ = AH không đổi Dấu đẳng thức xảy M, N là giao điểm PQ với AB, AC Vậy giá trị nhỏ chu vi tam giác HMN là AH với M, N là giao điểm PQ với AB và AC Bài 2.2 Cho góc xOy và điểm A nằm góc đó Xác định điểm B thuộc tia Ox, điểm C thuộc tia Oy cho OB = OC và tổng AB +AC là nhỏ Giải: Kẻ tia Om nằm ngoài góc xOy cho yOm xOA Trên tia Om lấy điểm D cho OD = OA Các điểm D và A cố định OD =OA, OC = OB , COD BOA DOC = AOB CD = AB Do đó AC +AB = AC +CD Mà AC +CD ≥ AD AC +AB ≥ AD (14) Xảy đẳng thức và C AD Vậy min(AC+AB) =AD Khi đó C là giao điểm AD và Oy , B thuộc tia Ox cho OB = OC Bài 2.3 Cho hình chữ nhật ABCD và điểm E thuộc cạnh AD Xác định vị trí các điểm F thuộc cạnh AB , G thuộc cạnh BC , H thuộc cạnh CD cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ Giải : Gọi I ,K, M theo thứ tự là trung điểm EF, EG , HG AEF vuông A có AI là trung tuyến AI = EF CGH vuông C có CM là trung tuyến CM = GH IK là đường trung bình EFG IK = FG KM là đường trung bình EGH KM = EH Do đó : chu vi EFGH = EF +FG +GH +EH =2(AI + IK + KM + MC) Ta lại có : AI + IK + KM + MC ≥ AC Suy chu vi EFGH ≥ 2AC ( độ dài AC không đổi ) Chu vi EFGH nhỏ 2AC A,I,K,M,C thẳng hàng EAI ADB Khi đó ta có EH//AC, FG//AC, AEI nên EF//DB , tương tự GH//DB Suy tứ giác EFGH là hình bình hành có các cạnh song song với các đường chéo hình chữ nhật ABCD 4.3 Sử dụng các bất đẳng thức đường tròn 4.3.1 Kiến thức liên quan - Đường kính là dây lớn đường tròn (15) - Trong hai dây đường tròn, dây lớn và nó gần tâm - Trong hai cung nhỏ đường tròn, cung lớn và góc tâm lớn - Trong hai cung nhỏ đường tròn, cung lớn và dây căng cung lớn 4.3.2 Các bài tập minh họa Bài 3.1 ( Thi vào THPT Hải Dương 2009 - 2010 ) Cho đường tròn (O), dây AB không qua tâm Trên cung nhỏ AB lấy điểm M (M không trùng với A, B) Kẻ dây MN vuông góc với AB H K AN Kẻ MK vuông góc với AN 1) Chứng minh: Bốn điểm A, M, H, K thuộc đường tròn 2) Chứng minh: MN là phân giác góc BMK 3) Khi M di chuyển trên cung nhỏ AB Gọi E là giao điểm HK và BN Xác định vị trí điểm M để (MK.AN + ME.NB) có giá trị lớn Giải : M 1) Từ giả thiết: AKM 90 , AHM 90 Bốn điểm A, K, H, M cùng thuộc đường E tròn H A B O NAH NMK 2) = sđ KH (1) K NAH NMB NB = sđ (2) Từ (1) và (2) NMK NMB MN là phân giác góc KMB 1 MAB MNB MAB MKH sđ MB sđ MH 3) ; K,M,E,N cùng thuộc đường tròn MNB MKH MEN MKN 1800 ME NB 1 S MAN MK.AN; S MNB ME.NB; S AMBN MN.AB 2 MK.AN ME.BN MN.AB MK.NA ME.NB lớn MN.AB lớn MN lớn (Vì AB= const ) M là chính AB N (16) Bài 3.2 ( Thi vào THPT Tp Hà Nội 2006-2007 ) Cho (O) đường kính AB = 2R, C là trung điểm OA và dây MN vuông góc với OA C Gọi K là điểm tuỳ ý trên cung nhỏ BM, H là giao điểm AK và MN a) CMR: BCHK là tứ giác nội tiếp b) Tính AH.AK theo R c) Xác định vị trí điểm K để (KM+KN+KB) đạt giá trị lớn và tính giá trị lớn đó Giải : a) Dễ dàng chứng minh b) ACH #AKB AH AK AC AB R c) Dễ thấy tam giác MNB Trên KN lấy E cho KE = KM Suy MEK MEN MKB (c g c) KB EN KB KM KN Có KM + KN + KB = 2KN KN lớn nó là đường kính Do đó Max (KM+KN+KB) = 4R Khi đó K là điểm đối xứng N qua O Bài 3.3 ( Thi vào THPT Hùng Vương - Phú Thọ 2013-2014 ) Cho điểm A cố định trên (O;R) Gọi AB và AC là hai dây cung thay đổi (O) thỏa mãn AB AC R Xác định vị trí B và C trên (O) để diện tích tam giác ABC lớn Giải : Kẻ AH BC, OI BC , đường kính AD Ta dễ dàng chứng minh AHC#ABD ( g g ) => AH.AD = AB.AC => AB.AC = 2R.AH (1) AB AC R => AB.AC = 3R2 (2) 3R AH Từ (1) và (2) suy Theo đề , Ta có : OI OA AI AH (17) OI AH OA 3R R R 2 => Do AH không đổi nên diện tích tam giác ABC lớn OI R => BC OA => tam giác ABC BC lớn => OI nhỏ => Vậy B, C thuộc (O) và tam giác ABC thì diện tích tam giác ABC lớn Bài 3.4 ( Thi HSG Toán Hải Dương 2013-2014 ) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R) H là điểm di động trên đoạn OA (H khác A) Đường thẳng qua H và vuông góc với OA cắt cung nhỏ AB M Gọi K là hình chiếu M trên OB a) Chứng minh HKM 2AMH b) Các tiếp tuyến (O, R) A và B cắt tiếp tuyến M (O, R) D và E OD, OE cắt AB F và G Chứng minh OD.GF = OG.DE c) Tìm giá trị lớn chu vi tam giác MAB theo R Giải : a) Qua A kẻ tia tiếp tuyến Ax (O) Ta có 1 O 1 A 1 2 sđ AM (1) Có Ax // MH (cùng vuông góc với OA) A1 M1 (2) Tứ giác MHOK nội tiếp O1 K1 (cùng chắn MH ) (3) 1 K M 1 Từ (1), (2), (3) ta có hay HKM 2AMH b) Có tứ giác AOMD nội tiếp (4) 1 O 1 A O 1 sđ BM sđ BM ; O A 1 tứ giác AMGO nội tiếp (5) Từ (4), (5) ta có điểm A, D, M, G, O cùng nằm trên đường tròn D D G (18) OGF và ODE đồng dạng OG GF OD DE hay OD.GF = OG.DE c) Trên đoạn MC lấy điểm A’ cho MA’ = MA AMA' A 600 BAA' A MAB A'AC MB A'C MA MB MC Chu vi tam giác MAB là MA MB AB MC AB 2R AB Đẳng thức xảy MC là đường kính (O) => M là điểm chính cung AM => H là trung điểm đoạn AO Vậy giá trị lớn chu vi tam giác MAB là 2R + AB AB AI R AB R 2 Gọi I là giao điểm AO và BC Giá trị lớn chu vi tam giác MAB là 2R + AB = (2 3)R Bài 3.5 ( Thi HSG Toán Bắc Ninh 2013-2014 ) Cho đường tròn tâm O đường kính AB cố định Ax và Ay là hai tia thay đổi luôn tạo với góc 600, nằm hai phía AB, cắt đường tròn (O) M và N Đường thẳng BN cắt Ax E, đường thẳng BM cắt Ay F Gọi K là trung điểm đoạn thẳng EF EF Chứng minh AB Chứng minh OMKN là tứ giác nội tiếp Khi tam giác AMN đều, gọi C là điểm di động trên cung nhỏ AN (C A, C N) Đường thẳng qua M và vuông góc với AC cắt NC D Xác định vị trí điểm C để diện tích tam giác MCD là lớn Giải : 1) AMB ANB 90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) B là trực tâm tam giác AEF AB EF (19) NEF NAB (cùng phụ với góc NFE ) vuông NEF vuông NAB (g.g) EF NE tan NAE AB NA = tan600 = MON 2) là góc tâm cùng chắn cung MN MON 2MAN 120 EMF ENF 900 tứ giác MNFE nội tiếp đường tròn đường kính EF tâm K MKN 2 MEN 2.300 600 MON MKN 1800 OMKN là tứ giác nội 3) Gọi I là giao điểm AC và MD Ta có tiếp MCA NCM 600 ACD 600 Tam giác MCD có CI vừa là đường cao vừa là phân giác MCD cân C 2 .MI CI = MI CI = SMCD = 2.SMCI ( MC sin MCI )( MCcos MCI ) MC = ( MC sin 60 )( MCcos60 ) = SMCD lớn MC lớn MC là đường kính (O) 0 4.4 Sử dụng bất đẳng thức lũy thừa bậc hai 4.4.1 Kiến thức liên quan Bất đẳng thức lũy thừa bậc hai sử dụng dạng : A2 ; - A2 Do đó, với m là số thì : f = A2 + m m ; Minf = m với A = và tồn giá trị " biến " để thỏa mãn điều đó f = - A2 + m m ; Maxf = m với A = và tồn giá trị " biến " để thỏa mãn điều đó * " biến " hình học hiểu là yếu tố biến đổi tồn thỏa mãn yêu cầu đề bài 4.4.2 Các bài tập minh họa Bài 4.1 ( Thi vào THPT Hải Dương 2003-2004 ) Cho hình vuông ABCD, M là điểm trên đường chéo BD, gọi H, I và K là hình chiếu vuông góc M trên AB, BC và AD 1) Chứng minh : MIC = HMK (20) 2) Chứng minh : CM vuông góc với HK 3) Xác định vị trí M để diện tích tam giác CHK đạt giá trị nhỏ Giải : 1) Sau H, M, P thẳng hàng và K, M, I thẳng hàng thì dễ dàng chứng minh 1) 2) Gọi N là giao điểm CM và HK thì theo 1) ta dễ dàng MHK 90 3) Gọi cạnh hình vuông là a thì a không đổi Đặt AK = x => KD = a - x Dễ dàng AKMH, KDCI, PCBH là các hình chữ nhật Ta có : SCHK S ABCD S AHK S KDC S BHC SCHK a x( a x) a( a x) a.x 2 a 3a 3a2 3a ) SCHK 4 a x , đó M là tâm hình vuông Dấu đẳng thức xảy SCHK ( x 3a Vậy MinSCHK = M là tâm hình vuông Bài 4.2 Cho hình vuông ABCD có cạnh 4cm Trên các cạnh AB, BC,CD,DA, lấy theo thứ tự các điểm E, F, G, H cho AE = BF = CG = DH Tính độ dài AE cho tứ giác EFGH có chu vi nhỏ Giải: Dễ có : AHE = BEF = CFG = DGH HE = EF = FG = GH , HEF = 900 HEFG là hình vuông nên chu vi EFGH nhỏ HE nhỏ Đặt AE = x thì HA = EB = 4-x HAE vuông A nên : HE = AE2 +AE2 = x2 + (4 x)2 = 2x2 8x +16 = 2(x 2)2 +8 ≥ => MinHE = =2 x = Chu vi tứ giác EFGH nhỏ cm , đó AE = cm Bài 4.3 (21) Cho tam giác vuông ABC có độ dài các cạnh góc vuông AB = cm, AC = 8cm.M là điểm di chuyển trên cạnh huyền BC.Gọi D và E là chân các đường vuông góc kẻ từ M đến AB và AC Tính diện tích lớn tứ giác ADME Giải: ADME là hình chữ nhật Đặt AD = x thì ME = x ME //AB EM CE x CE CE x AB CA AE = x Ta có : SADME = AD AE 4 = x ( x ) = 8x x2 = (x 3)2 +12 ≤ 12 => MinSADME = 12 x =3 Diện tích lớn tứ giác ADME 12 cm , đó D là trung điểm AB , M là trung điểm BC và E là trung điểm AC 4.5 Sử dụng bất đẳng thức AM - GM và các bất đẳng thức đại số khác 4.5.1 Kiến thức liên quan 4.5.1.1 Bất đẳng thức AM - GM là bất đẳng thức nêu mối quan hệ trung bình cộng và trung bình nhân các số thực không âm ( i = 1,2, ,n ) AM - GM viết tắt cho cụm từ : arithmetic mean - geometric mean - Bất đẳng thức AM - GM : Với n số không âm a1 , a2 , a3 , , an ta có: a1 a2 a3 an n a1a2 a3 an n Dấu “=” xảy a1 a2 a3 an Hệ quả: Ta có số bất đẳng thức quen thuộc và là hệ bất đẳng thức AM-GM sau: 2 a b 2ab a b a b Dấu “=” xảy a = b 2ab (22) 2 2 a b c ab bc ca a b c 2 a b c ab bc ca Dấu “=” xảy a = b = c a b 2 b a a 2 a hay (ab > 0) Dấu “=” xảy a = b (a > 0) Dấu “=” xảy a = 1 1 n2 an a1 a2 a3 an a1 a2 a3 1 1 n an a1 a2 a3 a1 a2 a3 an hay a1 , a2 , a3 , , an Dấu “=” xảy a1 a2 a3 an 4.5.1.2 Bất đẳng thức BCS Có nhiều cách gọi khác cho bất đẳng thức này : Bất đẳng thức Cauchy; bất đẳng thức Bunyakovsky ; bất đẳng thức Cauchy - Schwarz hay bất đẳng thức Bunyakovsky - Cauchy - Schwarz Tài liệu này gọi là bất đẳng thức BCS ( viết tắt cho Bunyakovsky - Cauchy - Schwarz ) a , a , , an b , b , , bn Với n số thực và ta có: a a22 an2 b12 b22 bn2 a1b1 a2b2 anbn a 2 a22 an2 b12 b22 bn2 a1b1 a2b2 anbn a1 kb1 a kb an kbn Dấu “=” xảy 4.5.2 Các bài tập minh họa Bài 5.1 Cho điểm M nằm trên đoạn thẳng AB Vẽ phía AB các tia Ax , By vuông góc với AB Qua M kẻ hai đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với cắt Ax C, cắt By D Xác định vị trí C và D cho tam giác MCD có diện tích nhỏ Giải : S MCD MC.MD Ta có : Đặt MA = a , MB = b (23) AMC BDM Khi đó, MC S MCD a b ; MD cos sin ab sin cos nên Vì a,b không đổi nên diện tích tam giác MCD nhỏ 2sin cos lớn Theo bất đẳng thức AM - GM : 2sin cos sin2 + cos2 = Dấu đẳng thức xảy sin = cos => = 450 => AM = MC ; BM = BD Vậy MinSMCD = ab C và D xác định cho AM = MC ; BM = BD Bài 5.2 ( Thi THPT chuyên Nguyễn Trãi Hải Dương 2008-2009 ) Cho đường tròn (O; R) và điểm P cố định khác O (OP < R) Hai dây AB và CD thay đổi cho AB vuông góc với CD P Gọi E, F là trung điểm AC, AD Các đường thẳng EP, FP cắt BD, BC M, N 1) Chứng minh : Bốn điểm M, N, B, P cùng thuộc đường tròn 2) Chứng minh : BD = 2.EO 3) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ diện tích tứ giác ACBD Giải : A 1) PE trung tuyến APC nên EA = EP EAP cân E EAP EPA MPB mà ACD ABD PBM MPB PBM CAB ACD 90 BPM E F P C D K N vuông H O 90 M PMB Chứng minh tương tự ta có: PNB 90 PMB PNB 180 Bốn điểm M, N, B, P cùng thuộc đường tròn đường B kính BP 2) Do EA = EC và FA = FD nên OE AC vµ OF AD Do đó AFE OFE 90 (1) Do EF là đường trung bình ACD nên EF // CD và CD = 2EF AFE ADC ABC 0 mà ABC BCD 90 AFE BCD 90 (2) M (24) BCD Từ (1) và (2) OFE BCD đồng dạng với OFE (g.g) BDC C/M tương tự ta có: OEF BD CD 2 BD 2.EO OE FE 3) Kẻ OH AB; OK CD H và K HA HB; KC KD HB OB OH R OH AB 4R 4HO 2 Tính tương tự : CD 4R 4KO suy AB CD 4R 4HO 4R 4KO 16R 16R (HO KO ) 16.HO KO 16R 16R2 PO2 16.HO2 KO2 (vì ta có OH OK OP ) AB.CD Chứng minh diện tích tứ giác ACBD 2 Do 16R 16R PO không đổi nên AB2.CD2 nhỏ HO KO nhỏ H O K O AB qua O CD qua O Vậy diện tích tứ giác ACBD nhỏ : 16R 16R PO 2R R PO AB CD qua O (có thể cách dựng: Kẻ đường kính qua P và kẻ dây với đường kính đó P) HO2 KO2 OP HO KO Ta có nên HO2.KO2 lớn HO = KO 2 OP OP 2 ; AB2.CD2 lớn HO KO lớn HO = KO AB và CD cách O.Vậy diện tích tứ giác ACBD lớn 16R 16R PO 4.PO 2R PO2 AB và CD cách O Bài 5.3 ( Thi vào THPT Quảng Ninh 2011-2012 ) Cho đường tròn (O) đường kính AB và điểm C cố định trên bán kính OA (C khác A và O) , điểm M di động trên đường tròn (M khác A,B) Qua M kẻ đường thẳng vuông góc với CM , đường thẳng này cắt các tiếp tuyến A và B đường tròn (O) D và E a) Chứng minh ACMD và BCME là các tứ giác nội tiếp b) Chứng minh DC EC c) Tìm vị trí điểm M để diện tích tứ giác ADEB nhỏ Giải : (25) a) b) Dễ chứng minh c) Tứ giác ABED là hình thang vuông nên diện tích nó là : AB ( AD BE ) S= Dễ thấy ADC#BCE ( g g ) AD.BE AC.BC k không đổi ( A,C,B cố định ) Áp dụng bất đẳng thức AM - GM : AD BE 2 k Dấu đẳng thức xảy AD = BE Vậy MinSADEB = AB k và AD = BE, đó ABED là hình chữ nhật nên MC vuông góc AB => M là giao đường thẳng qua C và vuông góc AB Bài 5.4 ( Thi vào THPT Tp Hồ Chí Minh 2010-2011 ) Cho đường tròn tâm O đường kính AB=2R Gọi M là điểm thuộc đường tròn (O) khác A và B Các tiếp tuyến (O) A và M cắt E Vẽ MP vuông góc với AB (P thuộc AB), vẽ MQ vuông góc với AE (Q thuộc AE) a) Chứng minh AEMO là tứ giác nội tiếp đường tròn và APMQ là hình chữ nhật b) Gọi I là trung điểm PQ Chứng minh O, I, E thẳng hàng c) Gọi K là giao điểm EB và MP Chứng minh hai tam giác EAO và MPB đồng dạng Suy K là trung điểm MP d) Đặt AP = x Tính MP theo R và x Tìm vị trí M trên (O) để hình chữ nhật APMQ có diện tích lớn Giải : a) Dễ chứng minh b) Chứng minh EO là trung trực AM nên O, I, E thẳng hàng c) Ta có OE//MP => EOA MBP AEO#PMB MP 2 EA PB (1) AB PB MP AO EA (26) KP / / EA BP KP (2) AB EA MP 2 EA KP 2 KP EA Từ (1) và (2) suy => K là trung điểm MP d) Ta có : AB = 2R ; AP = x => PB = 2R - x Tam giác AMB vuông M có MP là đường cao nên : MP2 = PA.PB = x(2R-x) => MP x(2 R x) x 2R x x x x(2 R x ) x (2 R x) x Có : SMPAQ = AP.MP = x x R x x x 3R 3 x 3( R ) 3 .( R ) 3 3 = ( theo bất đẳng thức AM-GM ) Dấu đẳng thức xảy : x 2 R x 3R x x R x 3 3R Vậy diện tích hình chữ nhật APMQ lớn M thuộc đường tròn cho P là trung điểm OB Bài 5.5 ( Thi vào THPT Nguyễn Bình - Quảng Ninh 2013-2014 ) Cho đường tròn tâm O đường kính AB, M là điểm chính cung AB, K là điểm trên cung nhỏ BM Gọi H là chân đường vuông góc M xuống AK a) Chứng minh AOHM là tứ giác nội tiếp b) Tam giác MHK là tam giác gì? Vì sao? c) Chứng minh OH là tia phân giác góc MOK M d) Gọi P là hình chiếu vuông góc K lên AB Xác định vị trí K để chu vi tam giác OPK K lớn H Giải : a) Vì M là điểm chính cung AB, ˆ 900 nên sđ AM 900 => AOM A O P B (27) (đ/l góc tâm), mà MH AK (gt) => AHM = 900 ˆ AHM 90 Trong tứ giác AOHM, ta có: AOM Do đó đỉnh O và H luôn nhìn đoạn Am góc 900, nên AOHM là tứ giác nội tiếp 0 b) Xét tam giác vuông MHK có MKH 45 Nên tam giác MHK là tam giác vuông cân H c) Vì tam giác MHK cân H nên : HM = HK Xét MHO và KHO có HM = HK (c/m trên) HO cạnh chung OM = OK = R Suy MHO = KHO ( c-c-c) Nên MOH KOH , Do OH là phân giác góc MOK d) Ta có chu vi tam giác OPK là: C = OP + PK + OK Mà OK không đổi, nên chu vi tam giác OPK lớn OP + PK lớn Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có (OP + PK)2 ≤ (12 + 12)( OP2 + PK2) = 2R2 Vậy (OP + PK)2 lớn 2R2, nên OP + PK lớn 2R Do đó chu vi tam giác OPK lớn bằng: 2R + R = ( 1)R , OP = PK hay K là điểm chính cung MB Kết đạt Sau nghiên cứu thực sáng kiến này, trước hết thân đã nâng cao kiến thức và phương pháp dạy học đặc biệt là kinh nghiệm ôn thi học sinh giỏi và ôn thi vào THPT Cụ thể : Từ năm học 2010 - 2011, bắt đầu nghiên cứu và áp dụng sáng kiến, tôi đã thu thành công định ( mặc dù cực trị hình học là nội dung nhỏ việc bồi dưỡng nó góp phần vào thành công chung ) Năm học 2010 - 2011 có 01 HSG Toán cấp huyện Học sinh thi đỗ THPT công lập đạt 29/60 HS dự thi = 48,33% Năm học 2011-2012 có 01 HS đạt giải Nhì môn Toán cấp huyện Học sinh thi đỗ vào THPT công lập đạt 27/46 HS dự thi = 58,7% Năm học 2012 - 2013 có 02 HS đạt giải môn Toán cấp huyện ( 01 giải Nhất, 01 giải ba ) Học sinh thi đỗ THPT công lập đạt 21/47 HS dự thi = 44,7% (28) Năm học 2013 - 2014 có 02 HS đạt giải Toán cấp huyện ( 01 giải Nhì, 01 giải Ba ) Học sinh thi đỗ THPT đạt 37/47 HS dự thi = 78,72% Năm học 2014 - 2015 có 02 HS đạt giải môn Toán cấp huyện ( 01 Nhì, 01 ba ) Ngoài ra, chất lượng đại trà đã kiểm nghiệm lại với hai lớp khảo sát trước dạy chuyên đề Với đề bài khảo sát : Cho hai đường tròn (O) và (O') cắt A và B Một cát tuyến chung CBD ( B nằm C và D ) cắt (O) C và cắt (O') D Xác định vị trí cát tuyến CBD để tam giác ACD có chu vi lớn Sau dạy xong, kết thu sau : Đối tượng Số lượng Không biết làm HS lớp 9A HS lớp 9B 27 30 Đoán giá Trình bày trị lớn tương đối hoàn không chỉnh biết trình bày 18 17 Điều kiện để sáng kiến nhân rộng: Sáng kiến chưa đầu tư để trở thành giáo án chuẩn cho chương trình bồi dưỡng vì chưa có thời gian nghiên cứu sâu Việc áp dụng sáng kiến vì chưa hài lòng với đa số người dạy Sáng kiến cần bổ sung bài tập các dạng nhiều Ngoài ra, sáng kiến nghiên cứu phần nhỏ có tính " hình học" các bất đẳng thức hình học nói chung và cực trị hình học nói riêng Việc mở rộng sáng kiến nên theo hướng phân loại các bất đẳng thức và cực trị hình học mang tính hình học ( thiết vẽ hình ) và bất đẳng thức, cực trị hình học không cần vẽ hình Hệ thống các bất đẳng thức hình học đã biết trên giới theo loại hình : tam giác, tứ giác, đa giác, đường ( hình ) tròn Tuy nhiên xét góc độ hẹp để định hình, cung cấp cho học sinh ôn HSG cấp huyện và học sinh thi THPT mang tính thuật toán thì sáng kiến đủ để làm tài liệu tham khảo thiết thực Sáng kiến này công bố trên mạng vào cuối năm học 2014-2015 để các đồng nghiệp tham khảo, chia sẻ, bổ sung (29) PHẦN KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ Kết luận - Sau nhiều năm nghiên cứu, chỉnh sửa, bổ sung tôi đã dần hoàn thiện mặt phương pháp dạy cực trị hình học cho học sinh giỏi và học sinh ôn thi vào THPT Học sinh tiếp thu kiến thức tương đối tốt, biết áp dụng phương pháp để giải các bài tập cụ thể , kết mang lại tương đối tốt ( trên đã trình bày ) - Mặc dù kiến thức trình bày dành cho học sinh giỏi, học sinh ôn thi vào THPT nhiên đồng nghiệp có thể vận dụng phương pháp để dạy các lớp 7,8 cho học sinh làm quen với cực trị hình học từ đó dễ dàng truyền đạt lớp Khuyến nghị: - Sở giáo dục nên tổ chức thi học sinh giỏi lớp vào cuối tháng hàng năm để học sinh trang bị kiến thức đầy đủ hơn, ôn luyện nhiều theo khung phân phối chương trình Bộ giáo dục và đào tạo (30) MỤC LỤC Tên đề mục Trang (31) DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO Các bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hình học phẳng THCS - Vũ Hữu Bình ( chủ biên ) Một số bất đẳng thức hình học - Luận văn thạc sỹ toán học Hoàng Ngọc Quang - Trường ĐH Khoa học - ĐH Thái Nguyên Thảo luận bất đẳng thức : http://vi.wikipedia.org/wiki/Th%E1%B B%83_lo%E1%BA%A1i:B%E1%BA%A5t_%C4%91%E1%BA%B3ng_th %E1%BB%A9c Đề tuyển sinh THPT, đề học sinh giỏi các tỉnh trên mạng Internet (32)