Skkn Vận dụng linh hoạt bất đẳng thức Côsi trong giải toán cực trị hình học 9

1. Là tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến: “Vận dụng linh hoạt bất đẳng thức Côsi trong giải toán cực trị hình học 9”.

2. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Tác giả đồng thời là chủ đầu tư tạo ra sáng kiến.

3. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giáo dục (Môn Toán)

4. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu: ngày 2/1/ 2020

5. Mô tả bản chất của sáng kiến:

5.1: Tính mới của sáng kiến:

Những bài toán cực trị thường được gắn Toán học với thực tiễn, bởi việc đi tìm cái lớn nhất, nhỏ nhất, nhiều nhất, ít nhất… chính là đi tìm cái tối ưu thường được đặt ra trong đời sống và kỹ thuật. Đề tài này xin được dành cho đối tượng là các em học sinh giỏi Toán lớp 9 và các thầy cô giáo tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán bậc THCS. Với mong muốn được góp một phần nhỏ bé vào sự nghiệp bồi dưỡng và đào tạo nhân tài.

Việc khai thác bất đẳng thức Côsi trong quá trình giải các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học là một hướng tiếp cận hiệu quả, không chỉ bởi lẽ đối tượng của 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 bởi tính đa dạng của BĐT Côsi trong vận dụng. Sự khéo léo, linh hoạt trong việc khai thác BĐT Côsi là một yêu cầu đối với học sinh giỏi Toán. Mức độ khó, dễ của bài toán cũng có thể được điều chỉnh tuỳ theo chủ ý của người ra đề.

5.2: Nội dung sáng kiến:

5.2.1: Thực trạng của vấn đề:

Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học thuộc loại những bài toán khó, làm cho học sinh phổ thông, nhất là trung học cơ sở, kể cả học sinh giỏi lúng túng khi gặp dạng toán này. Thực sự đây là một phần rất quan trọng của hình học, và những kiến thức về bất đẳng thức trong hình học cũng làm phong phú hơn phạm vi ứng dụng của Toán học.

So với các bất đẳng thức đại số, các bất đẳng thức hình học chưa được quan tâm nhiều. Một trong những nguyên nhân khó giải quyết vấn đề này là vì phương pháp tiếp cận không phải là các phương pháp thông thường hay được áp dụng trong hình học, và cũng không phải chỉ là phương pháp đại số thuần tuý. Để giải một bài toán về bất đẳng thức hình học cần thiết phải biết vận dụng các kiến thức hình học và đại số một cách thích hợp và nhạy bén.

5.2.2: Nội dung sáng kiến:

Nội dung sáng kiến tạm chia làm ba phần:

Phần một gồm một số bài toán điển hình và những nhận xét của tác giả.

Phần hai là một vài suy nghĩ và những trao đổi xung quanh việc khai thác một bài toán gốc của đại số để cho ra những bài toán với những mức độ khác nhau của hình học, thông qua những ví dụ minh hoạ cụ thể.

Phần ba là một số bài tập đề xuất.

· Một số kiến thức nâng cao:

1. Bất đẳng thức Côsi:

Cho a₁, a₂, …, a_n là các số không âm. Ta luôn có:

³

Dấu bằng xảy ra khi a₁= a₂= … = a_n.

* Cách phát biểu khác cho BĐT Côsi là : Với các số không âm, trung bình cộng không nhỏ hơn trung bình nhân. Trung bình cộng và trung bình nhân bằng nhau khi và chỉ khi các số đó bằng nhau.

* Ý nghĩa của BĐT Côsi:

+ n số không âm có tổng không đổi, tích của chúng đạt giá trị lớn nhất khi các số đó bằng nhau.

+ n số dương có tích không đổi, tổng của chúng đạt giá trị nhỏ nhất khi các số đó bằng nhau.

2. Một số định lý nâng cao

Định lý Ceva(định lý Sêva - nhà toán học Ý, 1647-1734)
Cho tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó AA’, BB’, CC’ đồng quy khi và chỉ khi
Định lý Menelaus (Nhà toán học cổ Hy Lạp, thế kỷ I sau công nguyên)
Cho tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB sao cho trong chúng hoặc không có điểm nào, hoặc có đúng 2 điểm thuộc các cạnh của tam giác ABC. Khi đó A’, B’, C’ thẳng hàng khi và chỉ khi

I. Một số bài toán điển hình

Bài 1 : (Một kết quả đẹp và thú vị về tứ giác nội tiếp)

Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại I. Chứng minh rằng :

+ + + £ + + +

Chứng minh : (Hình 1)

Dễ thấy ABI ∽ DCI (g.g)

Þ = = Þ = (1)

Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:

£ ( + ) (2)

Dấu bằng trong (2) xảy ra Û =

Từ (1) và (2) Þ £ ( + ) (3)

Hình 1

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có:

£ ( + ) (4)

£ ( + ) (5)

£ ( + ) (6)

Dấu bằng trong (4), (5), (6) xảy ra tương ứng khi = , = , = .

Cộng từng vế của (3),(4), (5), (6) ta được điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi IA = IB = IC = ID Û ABCD là hình chữ nhật.

Nhận xét: Trong bài toán trên, mặc dù dấu của bất đẳng thức cần chứng minh là £, trong khi cả hai vế của bất đẳng thức đều ở dạng tổng của các hạng tử. Chìa khoá để giải quyết bài toán ở đây chính là việc chuyển đổi mỗi hạng tử của vế trái thành dạng căn bậc hai của một tích ( = , …), từ đó áp dụng bất đẳng thức Côsi chứng minh được mỗi hạng tử đó của vế trái

£ một nửa tổng hai hạng tử của vế phải. Vì vậy, việc linh hoạt biến đổi bài toán để áp dụng được bất đẳng thức Côsi trong những trường hợp cụ thể là rất cần thiết, đòi hỏi ở người làm toán sự tư duy, tìm tòi và 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 Ç BB₁=P, BB₂ Ç CC₁=Q, CC₂ Ç AA₁=R. Chứng minh rằng: + + ³ 6

Chứng minh:

Áp dụng định lý Menelauyt trong tam giác AA₂C với đường thẳng BRB₁, ta có:

^. ^.= 1

Suy ra: = ^.1 (1)

Do AA₂ là trung tuyến nên BC = 2.A₂B,

và vì BB₁ ^ AC nên

Hình 2

Vậy từ (1) Þ

Hoàn toàn tương tự, ta có:

Từ đó:

Mặt khác, theo bất đẳng thức Côsi, thì:

Vậy: PAeq \l(\o\ac( ,2 + QBeq \l(\o\ac( ,2 + RCeq \l(\o\ac( ,2 ³ 6.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi , tức là tam giác ABC đều.

Bài 3: Cho điểm M nằm trên đoạn thẳng AB. Vẽ về một phía của AB các tia Ax, By vuông góc với AB. Qua M có hai đường thẳng thay đổi luôn vuông góc với nhau và cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D. Xác định vị trí của các điểm C, D sao cho tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất.

Lời giải: (Hình 3)

Ta có: S_MCD = MC.MD

Đặt : MA = a, MB = b,

Khi đó MC = , MD =

Nên: S_MCD = .

Do a, b là hằng số nên S_MCD nhỏ nhất Û 2sinαcosα lớn nhất.

Hình 3

Theo bất đẳng thức Côsi: 2sinαcosα £ sin²α + cos²α = 1

Nên S_MCD ³ ab. Dấu bằng xảy ra khi sinα = cosα Û α = 45⁰

Như vậy Min S_MCD = ab. Điểm C, D được xác định thứ tự trên các tia Ax, By sao cho AC = AM, BD = BM.

Nhận xét: Điểm sáng tạo trong cách giải trên là ta đã chọn biến là các tỉ số lượng giác sinα, cosα. Giữa sinα, cosα , sin²α + cos²α có liên hệ bởi BĐT Côsi: x² + y² ³ 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 ở D, E. Xác định vị trí của điểm M sao cho hình bình hành ADME có diện tích lớn nhất.

Lời giải:

Cách 1 :

Ta thấy S_ADME lớn nhất

Û lớn nhất.

Kẻ BK ^ AC, cắt MD ở H.

S_ADME = MD.HK, S_ABC = AC.BK

Suy ra: ₌2. .

Đặt MB = x, MC = y, ta có:

= = , = =

Do đó : ADME = (*)

Hình 4

Theo bất dẳng thức Côsi: x + y ³ 2 Û (x + y)² ³ 4xy Û £ (**)

Từ (*) và (**), ta được: ADME £ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y.

Như vậy max S_ADME = S_ABC, khi đó M là trung điểm của BC.

Cách 2: Ký hiệu S_ABC = S, S_DBM = S₁, S_EMC = S₂.

Rõ ràng S_ADME lớn nhất Û S₁ + S₂ nhỏ nhất Û nhỏ nhất.

Vì các tam giác DBM và EMC cùng đồng dạng với tam giác ABC nên:

1 = ( )², 2 = ( )²

Suy ra: 1 = = ³ . Như vậy S₁ + S₂ ³ S nên S_ADME £ S. Xảy ra dấu bằng Û x = y.

Kết luận: max S_ADME = S_ABC, khi đó M là trung điểm của BC.

Nhận xét: Ở cách 1, ta đã xét một biểu thức trung gian, đó là tỉ số giữa diện tích hình bình hành ADME và diện tích tam giác ABC, bất đẳng thức Côsi dạng eq \l(\l((x+y £ . Còn ở cách 2, ta cũng xét biểu thức trung gian đó là tỉ số giữa tổng diện tích của các tam giác DBM, EMC và diện tích tam giác ABC, vì vậy lại áp dụng bất đẳng thức Côsi dạng ³ . Qua đây cho thấy, cùng một bài toán, nhưng với cách khai thác khác nhau thì việc vận dụng bất đẳng thức Côsi sẽ ở những dạng khác nhau. Vấn đề là đòi hỏi ở người làm toán khả năng vận dụng linh hoạt, hợp lý để đạt được mục đích cụ thể.

Dưới đây là hai bài toán, vẫn là bài toán cực trị hình học nhưng ta lại vận dụng bất đẳng thức Côsi ở khía cạnh khác. Với hai số dương x, y có tổng x + y không đổi, thì tích xy đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x = y. Ngược lại nếu tích xy không đổi thì tổng x + y đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi x = y.

Bài 5: Cho tam giác ABC vuông cân có cạnh huyền BC = a. Gọi D là trung điểm của 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 nhất của hình thang DEKH. Khi đó hình thang trở thành hình gì?

Lời giải (Hình 5)

Ta có:

2S_DEKH = (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 nhất khi và chỉ khi BH+KC = HK = .

Do đó: max SDEKH = . . =

Hình 5

Khi đó hình thang DEKH có đường cao HK= và nếu kẻ AM ^ BC thì do tam giác ABC vuông cân tại A nên MB = MC = , nên HB = HM =

Vậy KC = BC - BH - HK = a - - =

Khi đó DH = HB = , EK = KC = . Hình thang DEKH là hình chữ nhật, E là trung điểm của AC.

Bài 6: Hai anh em chia tài sản là một mảnh đất hình tam giác ABC. Họ muốn chia mảnh đất đó thành 2 miếng đất có diện tích bằng nhau bởi một bờ rào thẳng ngắn nhất. Tính độ dài m của bờ rào này theo diện tích S và góc α nhỏ nhất của tam giác.

Lời giải: (Hình 6)

Bờ rào phải cắt 2 cạnh của tam giác. Giả sử góc tại đỉnh A là nhỏ nhất, , 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 S_ABC = S , S_AIK = S’ thì S’ = không đổi.

Mặt khác, S’ = xy.sinA, mà S’ và không đổi nên xy không đổi. Từ (*) ta thấy:

IK nhỏ nhất Û x² + y² nhỏ nhất.

Theo bất đẳng thức Côsi: x² + y² ³ 2xy (hằng số)

Vậy x² + y² nhỏ nhất Û x = y.

Hình 6

Như vậy, xét bờ rào chắn góc A thì bờ rào ngắn nhất khi và chỉ khi tam giác AIK cân tại A. (**) Bây giờ ta tính độ dài bờ rào IK theo S và α.

Hình 6.1

Kẻ đường cao AH của tam giác cân AIK (hình 6.1)

Khi đó: IH = AH.tan

suy ra IK = m = 2AH.tan

Mặt khác 2S’ = IK.AH = m.AH

nên 2.AH =

Vậy m = .tan Û m² = 4S’.tan

Û

Thay S’ = thì

Kết luận: Bờ rào có độ dài ngắn nhất với

Nhận xét: Một tình huống của thực tế đã được giải quyết thuyết phục bằng Toán học. Nếu chỉ để chia mảnh đất hình tam giác đó thành 2 mảnh có diện tích bằng nhau thì quá đơn giản (chỉ cần bờ rào là một trong ba trung tuyến của tam giác là đủ), ở đây mục đích đặt ra là vừa phải chia đôi diện tích, vừa đảm bảo độ dài bờ rào thẳng là ngắn nhất. Trong cách giải ở 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 nhất của IK.

Bài toán thực tế trên có thể được khai thác trong việc chọn lọc, ra đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 khá hay và phù hợp với việc kết hợp câu hỏi phụ “ Chứng minh trong tam giác ABC, với độ dài AB = c, BC = a, AC = b, thì a² = b² + c² - 2bc.cosA”.

Hoặc kết luận (**) trong lời giải trên cũng cho ta một bài toán “Chứng minh rằng trong tam giác AIK có diện tích và số đo góc A không đổi, tam giác cân tại A có độ dài IK nhỏ nhất”

Dưới đây là một ví dụ khác về việc khai thác bài toán gốc để cho ra những 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 của tam giác theo thứ tự ở M và N. Đường thẳng ở vị trí nào thì tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất?

Lời giải:

Gọi S là diện tích CMN, ta có :

S = S_OCM + S_OCN = (CM + CN).r

Do đó: = (CM + CN) (1)

Theo bất đẳng thức Côsi:

(CM + CN) ³ (2)

Mặt khác: CM.CN ³ 2S (3)

Hình 7

Kết hợp (1), (2), (3) suy ra: = (CM + CN)³ ³

hay S³ .r Û S² ³ 2S.r² Û S ³ 2r². Vậy S nhỏ nhất bẳng 2r² khi CM = CN.

Tam giác CMN cân đỉnh C có CO là phân giác nên CO ^ MN.

Kết luận: Đường thẳng MN ^ CO tại O thì CMN có diện tích nhỏ nhất.

Nhận xét: Có thể diễn đạt kết quả bài toán trên dưới dạng sau: Cho điểm O thuộc tia phân giác của góc C, một đường thẳng bất kì đi qua O cắt hai cạnh của góc C tại M và N. Tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi CO là đường cao của tam giác.

Cách khác: Cho điểm O thuộc tia phân giác của góc C, một đường thẳng bất kì đi qua O cắt hai cạnh của góc C tại M và N. Tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi CO là trung tuyến của tam giác.

Ta còn có kết quả mạnh hơn bằng cách bỏ điều kiện O thuộc tia phân giác góc C: Cho điểm O nằm trong góc C, một đường thẳng bất kì đi qua O cắt hai cạnh của góc C tại M và N. Tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi CO là trung tuyến của tam giác. Dưói đây là hai cách giải bài toán này:

Cách 1 : Xét CMN nhận CO là trung tuyến và CDE có DE đi qua O nhưng OD < OE (như hình vẽ 7.1). Lấy I trên đoạn OE sao cho OI = OD.Ta có: ODM = OIN (c.g.c)

=> S_ODM = S_OIN Û S_CMN < S_CDE.

Cách 2: Qua O kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của góc C, tạo thành hình bình hành OHCK (như hình vẽ 7.2).

Hình 7.1

Theo kết quả Bài 4, ta có:

S_OHCK £ S_CMN

Û S_CMN ³ 2S_OHCK.

Do góc C và điểm O cố định nên S_OHCK không đổi.

Vì vậy minS_CMN = 2S_OHCK, khi O là trung điểm của MN.

Để dựng điểm M, ta chỉ cần lấy M sao cho H là trung điểm của CM

Hình 7.2

Nhận xét: Qua những bài toán điển hình tôi đã lựa chọn ở trên, một số bài toán sẽ còn có những cách giải khác. Tuy nhiên, với việc khai thác linh hoạt và hợp lý vai trò của bất dẳng thức Côsi, cùng những kết quả khác của hình học, lời giải qua các ví dụ đó đã ngắn gọn và đẹp hơn. Đối với người học ( đối tượng là HS giỏi Toán 9), thì có thể coi đây là những gợi ý, định hướng suy nghĩ và tìm tòi lời giải cho một số bài toán cực trị hình học. Còn đối với người dạy (GV), đây cũng có thể coi như những ý kiến tham khảo, trao đổi về việc khai thác bất đẳng thức Côsi trong việc đưa ra các bài toán cực trị hình học hay những bài toán giải quyết những vấn đề có ý nghĩa thực tiễn cuộc sống.

II. Phát triển bài toán hình học từ một bài toán gốc của đại số

Để mức độ khai thác bất đẳng thức Côsi sâu hơn, cao hơn; ta có thể sử dụng những bài toán gốc của Đại số, đó là một dạng cụ thể của bất đẳng thức Côsi, đã được chứng minh ở góc độ tổng quát, và đưa vào những bài toán chứng minh bất đẳng thức hình học. Muốn giải quyết được các bài toán này, đòi hỏi ở người làm toán khả năng phân tích và áp dụng khéo léo các kết quả đó.

Tiếp sau đây là một vài ví dụ cho ý tưởng trên.

Bài toán gốc: Chứng minh rằng nếu a₁, a₂, …, a_n là các số dương, thì

(a₁ + a₂ + … + a_n)( aeq \l(\o\ac( ,1 + aeq \l(\o\ac( ,2 + … + aeq \l(\o\ac( ,n ) ³ n²

Chứng minh: Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:

³ (1)

aeq \l(\o\ac( ,1 ³ eq \s\don1(\f(1,aeq \l(\o\ac( ,1 (2)

Do các vế của (1) và (2) đều là các số dương, nên nhân từng vế của hai bất đẳng thức trên, ta được: (a₁ + a₂ + … + a_n)( aeq \l(\o\ac( ,1 + aeq \l(\o\ac( ,2 + … + aeq \l(\o\ac( ,n ) ³ n²

Dấu bằng xảy ra khi a₁= a₂= … = a_n.

Trong nhiều bài toán, người ta thường sử dụng hai trường hợp riêng sau đây:

1. Với mọi a, b > 0, ta có: (a + b)( + ) ³ 4

2. Với mọi a, b, c > 0, ta có : (a + b + c)( + + ) ³ 9

Sau đây là ví dụ về việc sử dụng bài toán gốc đó trong một số bài toán cụ thể.

Bài 8.1 : Cho ABC, O là điểm tuỳ ý trong tam giác. AO, BO, CO kéo dài cắt các cạnh đối diện thứ tự tại M, N, P. Chứng minh : + + ³ 6 .

Lời giải : (Hình 8.1)

Theo định lý Sêva, ta có :

+ + = 1 (1)

Áp dụng kết quả bài toán gốc với trường hợp riêng thứ 2, ta có :

( + + )( + + ) ³ 9 (2)

Kết hợp (1) và (2) suy ra : + + ³ 9

Û + + ³ 9

Hình 8.1

Û 1 + + 1 + + 1+ ³ 9 Û + + ³ 6

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi = = , mà + + = 1

Nên = = = Û M là trọng tâm ABC.

Bài 8.2 : Cho ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Ba chiều cao AA’, BB’, CC’ thứ tự cắt (O) tại A₁, B₁, C₁. Chứng minh rằng AAeq \l(\o\ac( ,1 + BBeq \l(\o\ac( ,1 + CCeq \l(\o\ac( ,1 ³

Lời giải : Gọi H là trực tâm ABC (hình 8.2). Dễ thấy A’H = A’A₁, B’H = B’B₁, C’H = C’C₁

Theo bài toán gốc, ta có :

(AAeq \l(\o\ac( ,1 + BBeq \l(\o\ac( ,1 + CCeq \l(\o\ac( ,1).(1 + 1 + 1) ³ 9 (*)

Xét

Hình 8.2

Mặt khác, theo định lí Sêva : + + = 1

Nên: 1 + 1 + 1 = 3 + 1 = 4

Khi đó, (*) Û AAeq \l(\o\ac( ,1 + BBeq \l(\o\ac( ,1 + CCeq \l(\o\ac( ,1 ³ .

Dấu bằng xảy ra Û 1 = 1 = 1 Û1+ 1 = 1+ 1 = 1+ 1 _.

Û = = Û H là trọng tâm của ABC.

Û ABC là tam giác đều.

* Nếu thay đổi giả thiết ba đường cao AA’, BB’, CC’ của bài toán trên thành ba đường trrung tuyến thì kết quả bài toán sẽ như thế nào ? Dấu ³ có còn đúng nữa không ? Ta tiếp tục xét bài toán sau :

Bài 8.3 : Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Ba trung tuyến AA’, BB’, CC’ lần lượt cắt (O) tại A₁, B₁, C₁. Chứng minh rằng :

AAeq \l(\o\ac( ,1 + BBeq \l(\o\ac( ,1 + CCeq \l(\o\ac( ,1 £ (*)

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 =

=> AA’.A’A₁ = AA’.(AA’ + A’A₁)

= AA’² + AA’.A’A₁ = AA’² +

Mà AA’ là trung tuyến của ABC nên:

AA’ = -

Suy ra: AA’.A’A₁ =

Hình 8.3

Ta có:

AAeq \l(\o\ac( ,1 = = = 1 - (1)

Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được:

BBeq \l(\o\ac( ,1 = 1 - (2) và CCeq \l(\o\ac( ,1 = 1 - (3)

Kết hợp (1), (2), và (3) thì :

(*) Û 3 - . ( + + ) £

Û + + ³

Û 1 + + 1 + + 1 + ³

Û 2 (a² + b² + c²) ( beq \l(\o\ac(2, + aeq \l(\o\ac(2, + aeq \l(\o\ac(2, ) ³ 9

Û [ (b² + c²)+(a²+ c²) + (a² + b²)].( beq \l(\o\ac(2, + aeq \l(\o\ac(2, + aeq \l(\o\ac(2, ) ³ 9 (**)

Rõ ràng (**) đúng với bài toán gốc nêu ở trên. Do đó (*) đúng.

Dấu bằng trong (*) xảy ra khi và chỉ khi a = b = c, tức là ABC đều.

Nhận xét: Về mức độ, bài toán 8.3 yêu cầu cao hơn so với bài toán 8.2. Cũng là việc vận dụng bài toán gốc, nhưng được phát triển sâu hơn, cùng với học sinh phải biết được công thức trung tuyến (coi như một bài toán phụ): m_a² = - .

Cũng có thể học sinh dừng lại ở chỗ + + ³ . Đây chính là nội dung của bất đẳng thức Nesbit (với n =3): + + ³ . Bất đẳng thức Nesbit được chứng minh qua kết quả của bài toán gốc nêu ở trên.

Dưới đây là một bài toán nữa, được coi như 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 a₁, b₁, c₁ tương ứng là các khoảng cách từ A’ đến AB, B’ đến BC, C’ đến CA. Gọi h_a, h_b, h_c tương ứng là ba chiều cao của tam giác kẻ từ A, B, C. Chứng minh rằng:

1 + 1 + 1 ³

Lời giải:

Kẻ AH ^ BC và A’K ^ AB (hình 8.4)

Theo đó, AH = h_a, A’K = a₁.

Trong ABA’ có :

BA’.h_a = AB.a₁ = c.a₁

Suy ra: = 1 (1)

Mặt khác, do AA’ là phân giác của ABC,

nên : = Þ =

Þ BA’ = (2)

Thay (2) vào (1) ta được:

1 = (3)

Hình 8.4

Hoàn toàn tương tự, ta có:

1 = (4) và 1 = (5)

Cộng từng về của (3), (4), (5), ta được:

1 + 1 + 1 = + + ³

III. Một số bài tập đề xuất

Bài 1: Cho nửa (O; R) đường kính AB. Vẽ tiếp tuyến Bx tại B của (O). Gọi M là điểm di động thuộc nửa đường tròn và AM cắt Bx tại E. Xác định vị trí điểm M để 2AM + AE đạt giá trị lớn nhất.

Bài 2: cho điểm M nằm trong tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c. Gọi các khoảng cách từ điểm M đến BC, AC, AB tương ứng là x, y, z. Xác định vị trí điểm M trong tam giác sao cho biểu thức đạt giá trị nhỏ nhất.

Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC và O là một điểm nằm trong tam giác. Các tia AO, BO, CO lần lượt cắt BC, AC, AB tại M, N, P. Chứng minh

Bài 4: Cho hình vuông ABCD có cạnh a. Trên các cạnh AD và CD lần lượt lấy các điểm M và N sao cho , BM và BN cắt AC thứ tự tại E và F

a) Chứng minh 4 điểm M, E, F, N cùng nằm trên một đường tròn

b) MF cắt NE tại H, BH cắt MN tại I. Tính BI theo a

c) Tìm vị trí của M và N sao cho diện tích tam giác MDN lớn nhất.

5.3. Khả năng áp dụng của sáng kiến:

Đề tài này xin được dành cho đối tượng là các em học sinh giỏi Toán lớp 9 và các thầy cô giáo tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán bậc THCS. Với mong muốn được góp một phần nhỏ bé vào sự nghiệp bồi dưỡng và đào tạo nhân tài.

Đề tài có thể triển khai và áp dụng được trong tất cả các trường THCS trên địa bàn tỉnh Bình Phước có nhiều đối tượng học sinh khá, giỏi.

6. Những thông tin cần được bảo mật: Không

7. Điều kiện để áp dụng sáng kiến:

* Đối với giáo viên:

- Bản thân giáo viên cần có thời gian nghiên cứu kỹ, sâu hơn các loại bài tập từ đó đưa ra cách hướng dẫn cho học sinh dễ hiểu.

- Học sinh cần phải học hết kiến thức cơ bản về hình học phẳng trong chương trình Toán THCS. Học sinh cần có nhiều thời gian rèn kỹ năng thành thạo cách giải cho từng loại bài tập đồng thời yêu thích, đam mê môn học, tự giác học bài, thực hiện theo yêu cầu của giáo viên, chủ động, tích cực, sáng tạo trong học tập.

* Đối với học sinh:

Đứng trước một bài toán cực trị hình học yêu cầu các em phải nắm vững các phương pháp cơ bản sau:

Phương pháp 1: Vẽ một hình có chứa đại lượng hình học mà ta phải tìm cực trị, thay các điều kiện của đại lượng đó bằng các đại lượng tương đương. Người ta thường dùng cách này khi đầu bài toán được cho dưới dạng: “Tìm một hình nào đó thoả mãn các điều kiện cực trị của bài toán.”

Phương pháp 2: Đưa ra một hình theo yêu cầu của đầu bài, sau đó chứng minh mọi hình khác có chứa yếu tố mà ta phải tìm cực trị đều lớn hơn hoặc bé hơn yếu tố tương ứng trong hình đã đưa ra. Người ta thường dùng cách chứng minh này khi hình dạng của hình khi đạt cực trị đã được khẳng định rõ trong đầu bài

Phương pháp 3: Thay việc tìm cực trị của một đại lượng này bằng việc tìm cực trị của một đại lượng khác và ngược lại.

8. Hiệu quả, lợi ích thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả:

Năm học 2019 – 2020 tham gia ôn thi HSG cấp Tỉnh cho PGD TX Bình Long kết quả có 6/10 HS đạt HSG cấp Tỉnh(1 giải nhì, 1 giải ba và 4 giải khuyến khích)

Năm học 2020 – 2021 trực tiếp dạy và ôn thi HSG cấp thị xã kết quả có 5 HS đạt HSG cấp Thị xã và đang tiếp tục ôn thi chuẩn bị thi HSG cấp Tỉnh.

Nguồn: ST

Nếu khi tải tài liệu bị lỗi, hãy liên hệ admin tại mục LIÊN HỆ-HỖ TRỢ trên website để được cập nhật/fix lỗi link tải mới.

Tài liệu được chia sẻ miễn phí tại: https://www.dvtuan.com/

Skkn Vận dụng linh hoạt bất đẳng thức Côsi trong giải toán cực trị hình học 9

QC

QC

Biểu mẫu liên hệ