Bất đẳng thức và cực trị hình học

1. Bất đẳng thức và cực trị hình học PHÒNG GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO HUYỆN CƯ’MGAR TRƯỜNG THCS NGUYỄN TẤT THÀNH ====== *** ====== ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC NGƯỜI THỰC HIỆN: BÙI THỊ HOA THÁNG 3 - NĂM 2017 Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 1 https://dethitinhoc.net/

2. Bất đẳng thức và cực trị hình học MỤC LỤC Trang 3 3 3 3 3 4 4 4 4 5 A. PHẦN MỞĐẦU I . LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI II. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU III. NHIỆM VỤ-MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU. IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU B. NỘI DUNG I. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI. II. THỰC TRẠNG 1.Các kết quả thống kê : 2. Ưu điểm của việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức và cực trị hình học” 3. Khó khăn của việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức và cực trị hình học” III. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ. 1.Lý thuyết 2. Phương pháp 3. Các bài toán cụ thể 3.1 Các bài toán lớp 7 3.2 Các bài toán lớp 8 3.3 Các bài toán lớp 9 IV. Kết quả từ thực tiễn giảng dạy: C.KẾT LUẬN I. Ý NGHĨA CỦA ĐỀ TÀI: II. BÀI HỌC KINH NGHIỆM: III. KIẾN NGHỊ 5 5 5 6 6 6 10 17 27 28 28 29 29 TÀI LIỆU THAM KHẢO - SGK - SBT- SGV- toán lớp 7; 8; 9 tập 1, tập 2 hiện hành. - Sách nâng cao và phát triển toán từ lớp 7; 8; 9 tập 1, tập 2 của Vũ Hữu Bình - Vẽ thêm đường phụ để giải các bài toán hình học các lớp 7, 8, 9của Nguyễn ĐứcTấn - Tạp chí toán tuổi thơ dành cho THCS, tạp chí THTT. Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 2 https://dethitinhoc.net/

3. Bất đẳng thức và cực trị hình học A. PHẦN MỞĐẦU I . LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Chắc các bạn sẽ nói rằng : “ Bất đẳng thức và cực trị hình học “ chỉ là một trong những chủ đề về chứng minh hình học và đã có rất nhiều sách tham khảo cũng như các tài liệu mà cácbạn đã viết và nghiên cứu về chủ đề này. Vậy tôi viết riêng về chủ đề này có nên chăng ? Trong tất cả các cuộc thi học sinh giỏi toán: thi tự luận, thi Giải toán trên máy tính cầm tay, thi Violympic toán trên mạng, …thì các bài toán cực trị và bất đẳng thức hình học luôn làm đau đầu các em học sinh, quý thầy cô dạy toán và các bậc phụ huynh yêu môn toán. Các bài toán cực trị và bất đẳng thức hình học luôn đa dạng vàhội tụ rất nhiều kiến thức, kỹ năng và phương pháp giải toán sơ cấp. Và đây cũng là chủ đề hay được đề cập đến trong các đề thi vào các trường phổ thông chuyên. Vì vậy từ niềm đam mê, yêu thích bộ môn Hình học tôi mạnh dạn sưu tầm các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học để làm tài liệu nghiên cứu cho bản thân cũng như để bồi dưỡng học sinh giỏi. II. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU - Học sinh lớp 7A1, 7A3, 9A3 năm học 2015- 2016, học sinh lớp 9A2 năm học 2016- 2017 trường THCS Nguyễn Tất Thành –Huyện Cư’Mgar –Đăk Lăk. - Sách giáo khoa, sách giáo viên và các loại sách tham khảo khác. III. NHIỆM VỤ-MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU. 1.Nhiệm vụ - Tìm hiểu thực trạng chất lượng của học sinh và cơ sở vật chất trước khi thựchiện đề tài. - Nghiên cứu cơ sở lý luận của quá trình dạy học . - Rút kinh nghiệm từ thực tiễn, đề xuất các giải pháp giúp cho việc nâng cao chất lượng giáo dục có hiệu quả hơn. 2. Mục đích: Phục vụ công tác bồi dưỡng học sinh giỏi khối 9, đồng thời tạo nguồn cho các lớp trên, một phần nâng cao chất lượng đại trà, giúp các em học tập tích cực hứng thú , làm cho việc giải các bài toán hình học trở nên nhẹ nhàng, thêm yêu thích bộ môn . IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU -Phương pháp điều tra . -Phương pháp thống kê. -Phương pháp tham khảo các tài liệu. -Phương pháp thực nghiệm sư phạm : Cung cấp kiến thức cho học sinh qua mỗi bài học, thực hiện các tiết dạy chuyên đề. -Đánh giá kết quả của học sinh qua các tiết giảng dạy thực nghiệm, qua bài tập củng cố và bài tập ở nhà. -Phương pháp so sánh: Dùng biện pháp so sánh với các lớp có sử dụng phương pháp , phương tiện trực quan khác. Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 3 https://dethitinhoc.net/

4. Bất đẳng thức và cực trị hình học -Phương pháp phân tích, tổng hợp: Rút kinh nghiệm hiệu quả sử dụng của giáo viên có thuận lợi và khó khăn gì. -Đánh giá thái độ học tập, sự hứng thú học tập của học sinh sau mỗi bài học. B. NỘI DUNG I. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI. “Bất đẳng thức hình học”được làm quen từ lớp 7, lên lớp 8 ngoài bất đẳng thức thì học sinh được làm quen với “cực trị hình học”.“Bất đẳng thức và cực trị hình học”là một mảng rất khótrong phân môn Hình học , để giải nó cần phải vận dụng nhiều kiến thức và kĩ năng tổng hợp vì thế đối với học sinh lại rèn luyện được khả năng tư duy sáng tạo, đòihỏi mức độ tư duy lôgic cao. Ởmỗi khối lớp thì sẽ có thêm nhiều công cụ , phương pháp giải khác nhau, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức một cách chắc chắn thì mới làm được. Khi dạy học về “Bất đẳng thức và cực trị hình học”thì việc tổ chức cho các em nắm bắt và vận dụng kiến thức thường rất quan trọng. Người thầy phải tự mình đầu tư nghiên cứu kiến thức tìm ra phương pháp rồi mới hướng dẫn các em học tập một cách chủ động. Việc cung cấp cho các em những công cụvà thuật toán để giải bài tập theo hướng cụ thể, mở rộng rồi tổng quát hóađể cho các em có kĩ năng rồi sau đó mới tư duy sáng tạo. Nhưng có những bài toán phải sử dụng nhiều các phương pháp tổnghợp mới giải được bài toán. Như vậy, mỗi học sinh phải tự mình chủ động và sáng tạođòi hỏi sự kiên trì , bền bỉ, cẩn thận, quyết tâm và có kế hoạch. Quá trình học toán cũng chính là quá trình rèn luyện rèn luyện phẩm chất đạo đức , rèn luyện con người. II. THỰC TRẠNG 1.Các kết quả thống kê : Về kết quả học tập bộ môn toán của học sinh năm học 2014 – 2015; 2015- 2016 : Lớp Giỏi Khá 7A1 20% 50% 7A3 25% 75% 9A3 45% 55% 9A2 40% 60% Kết quả kiểm tra khảo sát chất lượng học kì I năm học 2015- 2016; 2016-2017: LỚP TỪ TB TRỞ LÊN 7A1 85% 7A3 66,8% 9A3 69% 9A2 100% Trung bình 30% 0 0 0 Yếu 0 0 0 0 Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 4 https://dethitinhoc.net/

5. Bất đẳng thức và cực trị hình học 2. Ưu điểm của việc dạy chuyên đề“Bất đẳng thức và cực trị hình học”: Vì chuyên đề “Bất đẳng thức và cực trị hình học”hội tụ rất nhiều kiến thức, kỹ năng và phương pháp giải toán nên học sinh được củng cố và khắc sâu kiến thức toán rất nhiều. Việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức và cực trị hình học” cũng để giáo viên mở rộng thêm kiến thức, sáng tạo hơn trong cách dạyqua đó giúp các em nâng cao kiến thức, phát huy tư duy học toán, hình thành những phẩm chất của con người sáng tạo. 3. Khó khăn của việc dạy chuyên đề“Bất đẳng thức và cực trị hình học”: Vì chuyên đề “Bất đẳng thức và cực trị hình học” là một trong những chủ đề rất khó trong chương trình phổ thông cơ sở nên chủ yếu bồi dưỡng cho học sinh giỏi là chính còn về đại trà thường chỉ làm những bài toán bất đẳng thức và cực trị đơn giản để các em nắm đượctrình tự các bước giải mà không phải tư duy nhiều, ngoài ra việc tìm tòi lời giải chomột bài toán cực trị mất nhiều thời gian dẫn đến các em nản chí. III. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ. 1.LÍ THUYẾT 1.1.Các bất đẳng thức về góc a) Trong một tam giác thì góc tù là góc lớn nhất. b) Trong một tam giác thì góc ngoài lớn hơn mỗi góc trong không kề với nó. 1.2. Các bất dẳng thức về đoạn thẳng. a) Cho ba điểm A, B, C ta luôn có: AB + BC AC Dấu “=” xảy ra khi ba điểm A, B, C thẳng hàng. b) Bất Đẳng thức tam giác: trong một tam giác ta luôn có: AB c) Trong một tam giác vuông thì cạnh huyền là cạnh lớn nhất. d) Nếu từ một điểm không thuộc đường thẳng ta kẻ các đường vuông góc và đường xiên thì: - Đường vuông góc là đoạn thẳng ngắn nhất. - Hai đường xiên bằng nhau thì có hình chiếu bằng nhau và ngược lại. - Trong hai đường xiên không bằng nhau thì đường xiên nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn và ngược lại. e) Liên hệ giữa dây cung và khoảng cách đến tâm đường tròn. Trong một đường tròn thì: -Hai dây cách đều tâm thì bằng nhau -Trong hai dây không bằng nhau dây nào cách xa tâm hơn thì nhỏ hơn và ngược lại. Ta cũng có: -Trong một đường tròn, hai dây bằng nhau trương hai cung bằng nhau. -Dây nào trương cung lớn hơn thì lớn hơn và ngược lại. 1.3. Liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác. a) Trong một tam giác thì: - Đối diện với góc lớn hơn là góc lớn hơn và ngược lại. - Cạnh đối diện với góc tù là cạnh lớn nhất. −   AB AC + AC BC Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 5 https://dethitinhoc.net/

6. Bất đẳng thức và cực trị hình học b) Trong hai tam giác có hai cạnh tương ứng bằng nhau và có góc xen giữa không bằng nhau thì: - Đối diện với góc lớn hơn ta có cạnh thứ ba lớn hơn. - Đối diện với cạnh thứ ba lớn hơn ta có góc xen giữa lớn hơn. *Chú ý: Ngoài các kiến thức hình học cơ bản trên, ta cũng thường sử dụng các bất đẳng thức đại số quen thuộc: a)Bất đẳng thức Cô-Si: 0, 0 a b a b    +  b) Với hai số không âm: - Nếu tổng của chúng không đổi thì tích của chúng đạt giá trị lớn nhất khi hai số ấy bằng nhau. - Nếu tích của chúng không đổi thì tổng của chúng đạt giá trị nhỏ nhất khi hai số ấy bằng nhau. 2. CÁC PHƯƠNG PHÁP 2 ab Để giải các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học thường dùng các phương pháp sau: - Vận dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc. - Vận dụng quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc . - Vận dụng bất đẳng thức trong tam giác và đường tròntìm cực trị. - Vận dụng bất đẳng thức đại số. - Vận dụng diện tích tìm cực trị. 3. CÁC BÀI TOÁN CỤ THỂ 3.1. CÁC BÀI TOÁN LỚP 7 Bài 1: Cho tam giác ABC, M là trung diểm của cạnh BC và BAM minh: AB < AC Vẽ tia đối của tia MA, trên tia này lấy điểm D sao cho MD = MA. Xét MAB và MDC có: MA = MD, BMA = DMC(đối đỉnh) BM = MC (M là trung điểm cạnh BC). Do đó MAB = MDC (c.g.c). Suy ra AB = DC, BAM = MDC Xét ADC có: ADC CAD  (BAM > CAM (giả thiết);BAM = MDC) AC > DC (quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác) Ta có DC < AC, AB = DC. Suy ra AB < AC.  CAM . Chứng GIẢI: Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 6 https://dethitinhoc.net/

7. Bất đẳng thức và cực trị hình học Bài 2: Cho tam giác ABC, AB > AC, vẽ BD ⊥ AC, CE ⊥ AB (D  AC, E  AB). Chứng minh rằng AB – AC > BD – CE Trên cạnh AB lấy diểm F sao cho AF = AC. Vì AB > AC nên F nằm giữa A và B. Vẽ FG ⊥ AC, FH ⊥BD (GAC, H  BD) Ta có FG ⊥ AC, BD ⊥AC (giả thiết)  FG // BD. Xét GFD (FGD = 90 ) và HDF (DHF = 90 ) có DF (cạnh chung), GFD = HDF (vì FG // BD). Do đó GFD = HDF (cạnh huyền –góc nhọn) Suy ra FG = HD, GH = FH Xét GAF (GAF = 90 ) và EAC (AEC = 90 ) có: AF = AC GAF (góc chung) Do đó GAF = EAC (cạnh huyền –góc nhọn) Suy ra FG = CE. Do vậy GF = CE = HD Ta có FH ⊥ BD nên FB > BH (quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc) Suy ra AB – AC > BD – HD. Hay AB – AC > BD – CE. Bài 3: Cho tam giác ABV cân tại A, trên cạnh AB lấy diển D, trên tia đối của tia CA lấy điểm E sao cho BD = CE. Chứng minh rằng: BC < DE. Gọi M là giao điểm của BC và DE. Vẽ DI ⊥BC tại I, EK ⊥BC tại K IDB = KEC (cạnh huyền – góc nhọn) DI = EK, BI = CK BC = BI + IC = CK + IC = IK = IM + MK < DM + ME = DE Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A. vẽ AH ⊥BC tại H.Chứng minh rằng: BC + AH > AB + AC. Trên cạnh BC lấy D sao cho BD = AB. Trên cạnh AC lấy E sao cho AE = AH, BD = AB BAD cân tại B BAD = BDA Mà BAD + DAE = 90 , BDA + HAD = 90 Nên HAD = DAE HAD = EAD (c.g.c) AHD AED = DE ⊥ AC DC > EC Do đó AH + AC = AH + BD + DC > AE + AB + EC = AB + AE + EC = AB + AC. GIẢI: GIẢI GIẢI: Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 7 https://dethitinhoc.net/

8. Bất đẳng thức và cực trị hình học Bài 5: Cho xAy= 60 . B là điểmtrên tia Ax, C là điểm trên tia Ay (B, C khác A). Chứng minh rằng: AB + AC  2BC. Vẽ Az là tia phân giác của góc xAy. Vẽ BM ⊥Az tại M, CN ⊥Az tại N. Gọi K là giảo điểm của Az và BC. BM = 1 2AB, BM  BK Do đó 1 2AB  BK  AB  2BK Tương tự có AC  2CK Do đó AB + AC  2(BK + CK) = 2BC Bài 6: Tam giác ABC có BAC = 90 , ABC = 54 , trên cạnh AC lấy điểm D sao cho DBC = 18 . Chứng minh rằng: BD < AC. Vẽ BE là tia phân giác của góc ABD ( E  AD). Từ E vẽ EF ⊥ BD (F  BD) B DBC − = 18 GIẢI: GIẢI: Ta có ABE = DBE = 2 Xét ABE ( ABE = 90 ) và FBE (FBE = 90 ) có: BE (chung), ABE = FBE Do đó ABE = FBE (cạnh huyền –góc nhọn) Suy ra AE = FE, ABE = FBE = 72 DFE có EFD = 180 - 2.72 = 36 mà EFD = 90 nên FDE = 90 - 36 = 54 Xét DFE có FED < FDE FD < FE. Ta có FD < FE, AE = FE  FD < AE Mà EBC ECB = = 36 EBC cân đỉnh E  EB = EC. Ta có BF < EB (quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc) Mà EB = EC nên BF < EC. Do đó BD = BF + FD < EC + AE = AC Bài 7:Cho tam giác ABC có BC là cạnh lớn nhất,BM là đường trung tuyến. Điểm D nằm trên đoạn BM (D khác B). Chứng minh rằng: BDC > 90 . GIẢI: Trên tia đối của tia MD lấy E sao cho ME = MB MAE = MCB (c.g.c)  AE = BC MEA MBC = Lại có BC > AB nên AE > AB ABE có AE > AB ABM MEA = Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 8 https://dethitinhoc.net/

9. Bất đẳng thức và cực trị hình học Nên ABM > MBC Mà BAM > BCM ( ABC có BC > AB). Vậy AMB < BMC  BMC > 90 MDC > MBC. Do vậy BDC > 90 . Bài 8.Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng : AB + AC > 2AM. GIẢI: Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MD = MA. Xét MAB và MDC có: MA = MD, AMB MB = MC (giả thiết) Do đó MAB = MDC (c.g.c) AB = DC Xét ADC có CD + AC > AD (Bất đẳng thức tam giác) Do đó AB + AC > AD mà AD = 2AM Suy ra AB + AC > 2AM. Bài 9:Cho tam giác ABC, M là điển nằm trong tam giác. Chứng minh rằng: MB + MC < AB + AC Vẽ đường thẳng BM cắt AC tại D Vì M ở trong tam giác ABC nên D nằm giẵ A và C, Suy ra: AC = AD + DC Xét ABD có DB < AB + AD ( bất đẳng thức tam giác)  MB + MD < AB + AD (1) Xét MDC có MC > DC + MD (2) (bất đẳng thức tam giác) Cộng (1) và (2) vế theo vế ta có: MB + MC + MD < AB + (AD + DC)  MB + MC < AB + AC. Bài 10. Cho tam giác ABC, M là điểm trên tia phân giác góc ngoài đỉnh C. Chứng minh rằng MA + MB > AC + BC. Vẽ đường thẳng qua A vuông góc với đường thẳng MC cắt đường thẳng BC tại D, cắt MC tại H. Xét CAH có CH vừa là đường cao ( CH ⊥ AD), vừa là đường phân giác (gt). CAH cân tại C  CA = CD, HA = HD MA = MD (Quan hệ giữađường xiên và hình chiếu). = DMC (đối đỉnh) GIẢI: GIẢI: Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 9 https://dethitinhoc.net/

10. Bất đẳng thức và cực trị hình học Xét MBD có: MD + MB > BD (Bất đẳng thức tam giác) Mà BD = CD + BC = AC + BC. Dó đó MA + MB > AC + BC. 3.2.CÁC BÀI TOÁN LỚP 8. Bài 1. Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng: SABCD1 2AC.BD. Gọi O là giao điểm của AC và BD Vẽ BH, DK lần lượt là các đường cao của tam giác ABC, DAC. Do đó SABCD = SABC + SDAC = 1 GIẢI: 2BH.AC + 1 2DK.AC = 1 2AC.(BH + DK) Mặt khác, BH ⊥ OH  BH  OB và DK ⊥OK DK  OD. Mà OB + OD = BD, nên BH + DK  BD. Vậy SABCD1 2AC.BD. Bài 2. Cho tam giác nhọn ABC, H là trực tâm của tam giác.Chứng minh rằng: AB + AC > AH + BH + CH. Từ đó suy ra chu vi tam giác ABC lớn hơn 3 2(AH + BH + CH) Vẽ HD // AC, HE // AB (D AB, E AC). Ta có HD // AC, BH ⊥AC (vì H là trực tâm ABC) Nên HD ⊥ BH  DB > BH. Chứng minh tương tự ta cũng có EC > CH. Ta có: HD // AE, HE // DA Tứ giác AEHD là hình bình hành AD = HE AEH có HE + AE > AH  AD + AE > AH Như vậy AB + AC = AD + DB + AE + EC = (AD + AE) +BD + EC > AH + BH + CH Chưng minh tương tự ta có : AB + BC > AH + BH + CH, AC + BC > AH + BH + CH Do đó 2(AB + BC + AC) > 3(AH + BH + CH). Vậy AB + BC + AC > 3 2(AH + BH + CH) Bài 3. Cho tam giác ABC có AB > BC. Các đường phân giác trong là AD và CE. Chứng minh rằng: AE > DE > CD. Qua D vẽ đường thẳng song song với AC cắt AB ở K Ta có AD là đường phân giác trong của tam giác ABC GIẢI: GIẢI: Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 10 https://dethitinhoc.net/

11. Bất đẳng thức và cực trị hình học Nên AC CD DB = và CE là đường phân giác trong của AB tam giác ABC nên AC EA EB = . Mà AB > BC. BC Do đó AC BC. Vậy DC EA EB AB < AC  DB ABC có DK // AC theo định lí Ta-let trong tam giác ta có DC KA KB = . DB Do đó KA EA EB KA KB + 1 < EA  EB + 1. KB Hay AB AB EB  KB > EB. KB K không trùng E. Do vậy DE cắt AC, gọi M là giao điểm của DE và AC. Ta có ADE > DAM ( ADElà góc ngoài của tam giác DAM) DAM = EAD(gt). Do đó ADE > EAD. Xét ADE có ADE > EADAE > DE Mặt khác DCE = ECA (gt), mà ECA > CED ( ECAlà góc ngoài của CEM), Do đó DCE > CED. Xét DCE có DCE > CED DE > CD Từ (1) và (2) ta có AE > DE > CD. Bài 4. Cho tam giác ABC cân tại A. Trên cạnh BC lấy điểm D sao cho BD = 2CD. So sánh CAD và 1 2BAD. Vẽ AE là đường phân giác của tam giác ADB. Ta có ADB > ACB = ABC nên AB > AD. ABD có AE là đường phân giác EB ED AD BD. (1) (2) GIẢI: AB BD = > 1  EB > ED  EB > 2 Gọi M là trung diểm của BD MB = 2 Vậy M nằm giữa B và E. Nên BAM < BAE . . Vậy CAD < 1 ABM = ACD (c.g.c) BAM = CAD BAD. 2 Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 11 https://dethitinhoc.net/

12. Bất đẳng thức và cực trị hình học Bài 5. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Trên AB, AC lấy M, N sao S S Gọi K làtrung điểm cạnh BC Xét ABC vuông tại A, AK là đường trung tuyến BC. Ta có AH  AK (vì AH ⊥ HK) 1 2  . cho AM = AN = AH. Chứng minh rằng AMN ABC GIẢI:  AK = 2 Do đó SAMN = 1 2AM.AN = 1 2AH.AH 1 2AH.AK 1 2 Mà SABC = 1 S  . 2AH.BC = AH.AK. Vậy Bài 6. Cho tam giác OBC cân tại O. Hai đường thẳng m và m’ lần lượt qua B và C song song với nhau và không cắt tam giác OBC. Gọi A là giao điểm của hai đường thẳng OC và m, D là giao điểm của hai đường thẳng MO và m’. Xác định vị trí của m và m’ để tích AB.CD đạt giá trị nhỏ nhất. Vẽ OH ⊥ BC, OE // m (H, E BC) m // m’ (gt) nên OE // m’ ABC có OE // AB OE BC (1); BDC có OE // DC OC CD BC Cách 1: Từ (1), (2) ta có 1 1 AB CD  BC AB CD Do đó 1 . 4 AB CD   4 OE   AB.CD  4OH2 (vì OE  OH) Dấu “=” xảy ra  AB = CD và E  H  m ⊥BC và m’ ⊥ BC 2 OE ABCD = BC Suy ra AB.CD  4.OE2. Mặt khác OE  OH nên AB.CD  4.OH2 Dấu “=” xảy ra  BE = EC, E  H m ⊥BC; m’ ⊥ BC Bài 7. Tam giác ABC có diện tích S. các điểm D, E, F theo thứ tự nằm trên các cạnh AB, BC, CA sao cho AD = k.AB; BE = k.BC; CF = k. CA. a)Tính diện tích tam giác DEF theo S và k. AMN S ABC GIẢI: AB = EC BE = (2) +     = 1 1 1 1  = BE EC + + = OE OE 2 2 2 AB CD1 = 1 1                1 1 1 1 1 + 4 OH . Mà BE.EC 1 4(BE + EC)2 = 1 . BE EC 4BE2 Cách 2: Từ (1), (2) ta có: 2 . Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 12 https://dethitinhoc.net/

13. Bất đẳng thức và cực trị hình học b)Với giá trị nào của k thì Giải.Ta có D A AB k AB S B S AB BE k BC Do đó SBDE = ( 1 – k).kS. Tương tự ta có: SCFE = ( 1 – k).kS SDAF = ( 1 – k).kS S S  = − Vì S không đổi nên SDEFđạt giá trị nhỏ nhất khi tam thức 1 – 3k + 3k2đạt giá trị nhỏ nhất 2 1 1 1 3 2 4 4   1 1 0 2 2 Vậy với k = 1 2thì diện tích theo thứ tự là trung điểm của các cạnh AB, BC, CA. Bài 8. Chứng minh rằng trong các tam giác vuông có chiều cao ứng với cạnh huyền không đổi, tam giác vuông cân có chi vi nhỏ nhất. Giải Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trung Tuyến AM. Chu vi tam giác ABC bằng P = AB + BC + AC Mà BC = 2AM  2AH Dấu “ = “ xảy ra khi H M Ta có AB + AC 2 . ABAC  = 2 . 2 .2 2 AH BC AH AH AH  = Dấu “=” xảy ra khi H M Do đó P = AB + BC + AC 2 2 2 2 AH AH  + = Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2 (1 2) AH +  đạt giá trị nhỏ nhất. S EF D − D D A B AB =  = − = 1 k AB D ( )  = = −  = − 1 1 . D CB k S k S D CB ABC S S BE CB =  = =  = . k S k S D B E Lại có: D B E DBC DBC + + = − − = (1 3 − + 2 ( ) 3 (1 k ). 3 ) S S S S k S S k k EF D EF AFD D ABC B E C     − +  k Ta có 1 – 3k + 3k2 = . − =  = k k Dấu “=” xảy ra đạt giá trị nhỏ nhất bằng 1 4S. Khi đó các điểm D, E, F S EF D A C M H B 2 + (1 2) tam giác ABCvuông cân tại A. AH  H M Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 13 https://dethitinhoc.net/

14. Bất đẳng thức và cực trị hình học Bài 9. Cho tam giác vuông ABC vuông ở A. AB = 4,1 cm; AC = 3,2 cm. M là điểm thay đổi trên cạnh BC; gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M trên AB và AC. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác HMK. GIẢI Tứ giác AHMK có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật. nên tam giác MHK vuông ở M. Diện tích tam giác MHK là S= 2 Áp dụng định lý TaLet ta được 1 3,2 4,1 Suy ra 1 1,64 3,2.4,1 2 8 x = B xy M H x x y = + 4 3,2.4,1 xy xy y    = 1 2 y Đáp số S lớn nhất bằng 1,64 (cm2) khi = Hay M 3,2 4,1 A C K là trung điểm BC. Bài 10. Cho tứ giác ABCD có AB2 + CD2 = BC2 + AD2. + 2 2 AC BD Chứng minh rằng SABCD 4 Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vẽ AH ⊥BD tại H, CK ⊥BD tại K. HAB vuông tại H  AB2 = HA2 + HB2 KCD vuông tại K  CD2 = KD2 + KC2 Nên AB2 + CD2 = HA Tương tự có BC2 + AD2 = Ta có HA HB KD + + HB2 + KD2 = KB2 + HD2 Ta có H  K  AC ⊥ BD  SABCD = 1 GIẢI: + + 2 + 2 2 2 2 2 2 HB KB KC + KD KC + = KC HA + 2 + + 2 2 HD HA + + 2 2 2 2 2 2 KB KC HD + 2 2 AC BD 2AC.BD  SABCD 4 Bài 11. Cho hình chữ nhật ABCD, M là điểm nằm trong hình chữ nhật. Tính giá trị nhỏ nhất của biểu thức AM.CM + BM.DM Qua M vẽ HK ⊥ BC (H  BC, K  AD) BC // AD nên HK ⊥ AD Vẽ điểm E ở ngoài hình chữ nhật ABCD Sao cho AE = CM, DE = BM GIẢI: Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 14 https://dethitinhoc.net/

15. Bất đẳng thức và cực trị hình học MBC = EDA (c.c.c)  SMBC = SEDA       . . MH BC MK AD + SABCD = AB.BC = KH.BC = 2 2 2 = 2(SMBC + SMAD) = 2(SEDA + SMAD ) = 2SMAED = 2(SMAE + SMED) Vẽ MI ⊥ AE, MJ ⊥ DE (I  AE, J  DE)  MI  AM, MJ  DM  MI.AE  MA.AE và MJ.ED  ED.DM  2SMAE AM.CM và 2SMED BM.DM Do đó AM.CM + BM.DM  SABCD(không đổi). Dấu “=” xảy ra  I  A, J D. Bài 12. Cho tam giác ABC, M là điểm cạnh BC. Chứng minh rằng: MA.BC < MC.AB + MB.AC GIẢI: Vẽ MD // AB (D  AC) ABC có MD // AB Suy ra DA AC BC ADM có AM < MD + DA . MC AB BC Bài 13. Cho tam giác ABC, M là một điểm nằm trong tam giác (có thể ở trên cạnh). Chứng minh rằng MA.BC + MB.CA + MC.AB  4SABC. Dấu “=” xảy ra khi nào? Xét 2 trường hợp a) ABC không có góc tù. AM cắt BC tại D. Vẽ BH ⊥ AD, CK ⊥ AD (H, K  AD) Ta có MA.BC = MA(BD + DC)  MA(BH + CK) = MA.BH +MA.CK = 2SMAB + 2SMAC Chứng minh tương tự ta có MB.CA  2SMAB + 2SMBC. MC.AB  2SMAC + 2SMBC Do đó ta có: MA.BC + MB.CA + MC.AB  4SABC Dấu “=” xảy ra M là trực tâm của ABC. b) ABC có một góc tù, giả sử A > 90 . Vẽ AB’ ⊥AC và AB’ = AB M A và M nằm trong AB’C (nếu không ta . MB MB AC BC =  MD = . MB AC BC  MA.BC < MC.AB + MB.AC + Do đó MA < GIẢI: Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 15 https://dethitinhoc.net/

16. Bất đẳng thức và cực trị hình học vẽ AC’ ⊥AB. AC’ = AC và giải tương tự) ' ' ABB AB B = (AB =AB’) MB > MB’ Mà ' ' CBB CB B  CB > CB’ Do đó MA.BC + MB.CA + MC.AB > MA.B’C + MB’.CA + MC.AB’ Theo a) ta có: MA.B’C + MB’.CA + MC.AB’ 4SAB’C= 2AB’.AC Do đó MA.BC + MB.CA + MC.AB > 2AB.AC > 4SABC Tóm lại: MA.BC + MB.CA + MC.AB 4SABC Dấu “=” xảy ra ABC không có góc tù và M là trực tâm của ABC. Bài 14. Cho tam giác ABC ( A = 90 ). Từ một điểm M trong tam giác vẽ MI ⊥ BC, MJ ⊥CA, MK ⊥ AB (I  BC, J  CA, K AB). Xác định vị trí củađiểm M sao cho tổng MI2 + MJ2 + MK2đạt giá trị nhỏ nhất. Vẽ đường cao AH của ABC Tứ giác AJMK là hình chữ nhật (vì A = K = J = 90 ) AM = JK MKJ có M = 90nên theo định lí Py-ta-go ta có JK2 = MK2 + MJ2 Do đó MJ2 + MK2 = MA2 Xét ba điểm M, A, I ta có MI + MA  AI AH ⊥ IH  AI  AH Ta có MI2 + MJ2 + MK2 = MI2 + MA21 2AH2 Do đó MI2 + MJ2 + MK21 2AH2không đổiMI = MA Do đó “=” xảy ra M nằm giữa A và I M là trung điểm AHI  H Bài 15. Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Trên cạnh AB, BC, CA lần lượt lấy các điểm K, L, M sao cho tam giác KLM vuông cân tại K. Xác định vị trí của K, L, M để diện tích tam giác KLM đạt giá trị nhỏ nhất. Kẻ LH ⊥ AB (H  AB) Xét HLK và AKM có: 90 H A = = HLK AKM = (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) Và LK = MK (KLM vuông cân tại K) Do đó HLK = AKM  HK = AK, HK = AM HBL có H = 90 ; B = 45 GIẢI: 2AI21 GIẢI: Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 16 https://dethitinhoc.net/

17. Bất đẳng thức và cực trị hình học  HBL vuông tại H HL = BH Đặt AK = x, AM = y. Ta có AB = 2x + y SABC = 1 2(2x + y)2 = 1 2[5(x2 + y2) – (x – 2y)2] 1 2KM2 = 5.SKLM (AKM có 90 A= nên x2 + y2 = AK2 + AM2 = KM2; KLM vuông cân nên SKLM = 1 2AB2 = 1 2.5(x2 + y2) = 5 2KM2)  SKLM1 5AB, AM = 1 5SABC(không đổi) Dấu “=” xảy ra  x = 2y  AK = 2 5AC. 3.3. CÁC BÀI TOÁN LỚP 9. Bài 1. Cho góc xOy = 50o. Giữa hai tia Ox, Oy lấy tia Oz sao cho góc xOz = 22o. Trên Oz lấy điểm M sao cho OM = 67cm. Một đường thẳng thay đổi luôn đi qua điểm M và cắt 2 tia Ox, Oy tương ứng tại A, B. Tính giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác ABO. GIẢI Ta chứng minh SOAB nhỏ nhất khi và chỉ khi MA = MB. Xét đường thẳng A’MB’ khác đường thẳng AMB kẻ AN // Oy (N A’B’) ANBB’ là hình bình hành  SOAB = SOANB’ < SOA’B’ Khi M làtrung điểm của AB dựng hình bình hành OACB  OC = 134 (cm) Kẻ AH ⊥OC, đặt AH = x (cm). Ta có: 0 28 ˆ ˆ = = C O B H C A Và OH + HC = OC = 134 (cm) Lại có: x = OH . tan 220 OH =  x 0 tan 22 x  HC = x = HC . tan 280 0 tan 28 Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 17 https://dethitinhoc.net/

18. Bất đẳng thức và cực trị hình học 134 x x  + =  = 134 x 1 1 0 0 tan22 tan28 + 0 0 tan22 tan28 1 2 1 2 1 2 = = = =  2 . .134. 2061,15353( ) OAB S OACB S OAC S AH OC x cm Bài 2.Cho nửa đường tròn (O) đường kính AB, điểm C thuộc bán kính OA, điểm M thuộc cung AB. Trên nửa mặt phẳng chứa M bờ AB, kẻ các tiếp tuyến Ax, By với nửa đường tròn. Đường vuông góc với CM tại M cắt Ax, By theo thứ tự ở D, E. a)Chứng minh các tam giác ADC và BCE đồng dạng. b)Giả sử OA = R và C là trung điểm OA. Tính diện tích nhỏ nhất của tứ giác ABED. GIẢI Ta chứng minh được 0 90 CDM CEM CAM CBM + = + = x y D M E   ADC  ADC = BCE (g.g) AD AC BC BE Gọi S là diện tích hình thang ABED ( AD S = = 0 90 BCE DCE = ( cùng phụ với ACD) B A C O 2 3 3 R R R  =  = = = . . . AD BE AC BC (1) 2 2 4 ). + BE AB = + ( ). (2) AD BE R Ta có: 2  2 . (3) AD BE AD + BE (Bất đẳng thức Cô-si) 2 3 R  = 2 2 . R . 3 S R Từ (1), (2), (3) suy ra 4 , khi đó CM⊥OA và Vậy diện tích nhỏ nhất của hình thang ABED bằng ABED là hình chữ nhật. Bài 3. Cho tam giác ABC không đều, ngoại tiếp đường tròn (I) và nội tiếp đường tròn (O). Chứng minh rằng AIO90khi và chỉ khi 2BC  AB + AC Gọi D và E lần lượt là giao điểm của AI với BC và đường tròn (O) (E khác A). Xét ABC có AD là đường phân giác BD 2. 3 R GIẢI: AB = DC AC. + + Do đó BD AB = BD DC AC BC + = . AB AB AC Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 18 https://dethitinhoc.net/

19. Bất đẳng thức và cực trị hình học Ta có : CIE = = = + , , = CAI ECB ICD + ECB , ACI ECI ECI cân tại E  EC = EI. Xét ABD và AEC có BAD ∽AEC (g.g) BD ACI ECI CAI = ICD CIE = = , ABD AB AE EAC AEC Do đó ABD ∽ = . EC Nên BD EC AE AI AE = = . AB OAE cân tại O (vì OA = OE) Do đó AIO90 EI  AI EI AE1 1 BC + 2 2 2BC  AB + AC. AB AC Bài 4. Cho hai đường tròn (O; R) và (O; R’) cắt nhau tại A và B (O và O’ ở hai nửa mặtphẳng đối nhau bờ AB). Một cát tuyến di động qua B cắt (O) tại C và cắt (O’) tại D sao cho B nằm giữa C và D. Xác định vị trí cảu cát tuyến CBD để chu vi tam giác ACD nhận giá trị lớn nhất. GIẢI: Vẽ đường kính AM của đường tròn (O) và đường Kính AN của đường tròn (O’). Ta có ABM = 90 và ABN = 90 (góc nội tiếp chắn nữa đường tròn) Ta có ABM + ABN = 90 + 90 = 180 . Suy ra M, B, N thẳng hàng. Ta có O; O’; A cố định, (O; R) và (O’; R’) cố định M, N cố định. Xét ACD và AMN có: ACD AMN = ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (O)). Và ADC ANM = (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB của đường tròn (O’)). ( ( ) ) = AC AM ( P AMN AM P ACD P AMN Do đó ACD ∽ ∽ AMN (g.g). Vì ACD ∽ ∽ AMN  ) P(ACD) = .AC (trong đó P(ACD) và P(AMN) lần lượt là chu vi của các tam giác ACD, AMN). Ta có P(AMN), AM không đổi. Do đó P(ACD) lớn nhất AC lớn nhất AC là đường kính của đường tròn (O)  CD ⊥AB tại B. Vậy khi tiếp tuyến CBD vuông góc với AB tại B thì tam giác ACD có chu vi lớn nhất. Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 19 https://dethitinhoc.net/

20. Bất đẳng thức và cực trị hình học Bài 5. Cho BC là dây cung cố định củađường tròn (O, R) (BC  2R). A là điểm di động trên cung lớn BC. Vẽ hình bình hành ABCD. Xác định vị trí của A để độ dài BD lớn nhất. GIẢI: Vẽ hình bình hành OBCI. Ta có I cố định, OI = BC và OI // BC Mà BC = AC, OI // AD Tứ giác OADI là hình bình hành  ID = OA = R Xét ba điểm I, B, D có BD  BI + ID Nên BD BI + R, không đổi. Dấu “=” xảy ra I nằm giữa B và D Vậy khi A là giao điểm củađường thẳng qua O và song song với đường thẳng BI với đường tròn (O) (A, B nằm khác phía đối với OI và OBCI là hình bình hành) thì độ dài BD lớn nhất. Bài 6. Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB. C là điểm thuộc nửa đường tròn. Vẽ CH ⊥AB tại H. Đường tròn C, bán kính CH cắt nửa đườngtròn (O) ở D, 3 2 Nối O với C, D với E, OC ⊥ DE Gọi I là giao điểm của OC và DE SODCE = 1 2R.DE CH  CO CE  OE  CI  OI R OI2 4 2 3 2 Bài 7. Cho nửa đường tròn tâm O , đường kính AB = 2R . lấy điểm H trong đoạn R2 E. Chứng minh rằng SODCE = GIẢI: 2OC.DE = 1 2 3 R  OI 2  IE  R  DE  3R. Do vậy SODCE = R2. AO sao cho OH = x (O < x < R). Qua H vẽ đường thẳng d⊥ ⊥AB và cắt nửa đường tròn tâm O tại M. Xác định x để chu vi HMO lớn nhất. Giải: Đặt HM = y (O < y < R) xét OM2 = OH2 + HM2 x2 + y2 = R2 ( pytago) Áp dụng bất đẳng thức : (x + y)2 2(x2 + y2) Ta được: (x + y)2 2R2 => x + y  R 2 M , có: HM  O R y A H x O B Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 20 https://dethitinhoc.net/

21. Bất đẳng thức và cực trị hình học 2 R Dấu “=” xảy ra  x = y = 2 Chu vi = x + y + R  R 2 + R = ( 2 1 là C = OH + HM + OM HM  O + )R 2 R + )R x = y = Vậy max C = ( 2 1 2 2 R thì chu vi lớn nhất. Do đó khi x = HM  O 2 Bài 8. Cho đường tròn (O, R), BC là dây cung cố định khác đường kính.Điểm A di động trên cung lớn BC sao cho ABC nhọn. Kẻ các đường cao AD, BE, CF của  ABC. Xác định vị trí của điểm A để chu vi DEF đạt giá trị lớn nhất. GIẢI Tứ giác BFEC nội tiếp vì có 2 đỉnh F, E cùng nhìn BC dưới 1 góc => AFE ACB = ( cùng bù EFB ) Kẻ tiếp tuyến Ax của ( O ) có: Vậy AFE xAB = => Ax // EF mà Ax ⊥OA => OA ⊥ EF CMTT: ta có OB⊥ FD , OC ⊥DE Ta có SABC = SAEOF + SBDOF + SCEOD = 2 2 2 2 Dó đó : EF + DF + DE lớn nhất <=> SABClớn nhất <=> A là điểm chính giữa cung lớn BC Bài 9. Cho nửa đường tròn ( O ), đường kính AB = 2R, điểm C chuyển động trên nửa đường tròn. Ở phía ngoài ABC, vẽ các nửa đường tròn đường kính AC, BC ; gọi diện tích của 2 nửa hình tròn này là S1, S2 a) CMR: tổng S1 + S2không đổi b) Gọi S là diện tích hình giới hạn bởi ba nửa đường tròn. Tìm vị trí của điểm C để S có giá trị lớn nhất. GIẢI a) Tổng diện tích 2 nửa đường tròn đường kính AC, BC bằng: S1 + S2 = 1 4 A x E F O B D C .EF . . OH OB DF OC DE R .(EF + DF + DE ) + + = C S2 S1 2AC2 2 BC2 4 + 1 S3 A H O B Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 21 https://dethitinhoc.net/

22. Bất đẳng thức và cực trị hình học  .(AC2 + BC2) =8 .AB2=8 . 4R2 = 2 R =8 b) Gọi S3là diện tích nửa hình tròn đường kính AB Ta có: S= S1 + S2 + SABC - S3 không đổi 2  2 R Theo câu a, ta có S1 + S2 = = S3 => S = SABC 2 Do đó S lớn nhấ t <=> SABClớn nhất 1 2 Kẻ CH⊥ AB, ta có:SABC = 1 AB.CO = 2.1 2R.R = R2(không đổi ) 2AB.CH O <=> C là điểm chính giữa của nửa đường tròn đường kính  Do đó: Smax = R2 <=> H AB Bài 10. Từ một khối gỗ hình nón có bán kính đáy là 12cm, chiều cao 30cm, người ta tiện thành một hình trụ . Tính thể tích lớn nhất có thể được của hình trụ được tiện ra. GIẢI Đặt SI = x, IH = 30 – x, ta có: IB SI IB HA SH Thể tích hình trụ là : 2 2 4 2 . . (30 ) . . (60 2 ) 25 25 Vì x + x + (60 –2x) = 60 không đổi nên tích . (60 2 ) – 2x  x = 20 Vậy hình trụ có thể tích lớn nhất max 640 V = (Áp dụng: Nếu ba số dương có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi ba số đó bằng nhau) Bài 11. Cho đườngtròn (O) đường kính BC và điểm A thuộc đường tròn (O). Kẻ đường cao AH của tam giác ABC. Gọi I, K theo thứ tự là giao điểm của các đường phân giác của tam giác AHB, AHC. Đường thẳng IK cắt AB, AC tại M và N. Chứng minh SAMN1 2SABC (SAMN: diện tích tam gác AMN, SABC: diện tích tam giác ABC). GIẢI: Gọi D là giao điểm của AI và BC J là giao điểm của BN và CK ABC có BJ, CJ là hai đường phân giác S B I 2 30 x x =  =  = =  3 IB 640 ( ) V cm max 12 30 A  x H  =  − = − IB IH x x x x V = − xx x đạt giá trị lớn nhất khi x = 60  3 ( ) cm Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 22 https://dethitinhoc.net/

23. Bất đẳng thức và cực trị hình học J là tâm đường trọn nội tiếp tam giác ABC AJ là đường phân giác của tam giác ABC Mặt khác có: 90 ADH DAH + = 90 BAC = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) Nên 90 DAC BAD + = Mà ADH BAD = ( AD là tia phân giác BAH ) Từ (1), (2), (3) có ADH = KJ ⊥AI Chứng minh tương tự có IJ ⊥ AK Do vậy J là trực tâm AIK  AJ ⊥ IK AMN có AJ vưa là đường cao vừa là đường phân giác nên là tam giác cân Vậy AMN vuông cân tại A ( AHD vuông tại H) (1) (2) (3)  CAD cân tại C DAC AM AH AI AI AMI ∽ ∽AHI (vì MAI = 45)  = = = = 1 , AMI IAH AHI BC AH ⊥BC nên AH  AO mà AO = 2 SAMN = 1 2AM.AN = 1 2AH2 SABC = 1 2AH.BC Vậy SAMN1 2SABC Bài 12. Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a và một điểm M chuyển động trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. a) Chứng minh: nếu điểm M thuộc cung nhỏ AB thì MA + MB = MC b) Tìm giá trị lớnnhất của biểu thức P = MA + MB + MC (khi M thuộc cung nhỏ AB) a) Lấy điểm D trên đoạn thẳng MC sao cho MD = MB  BMD cân tại M có BMD = 60Tam giác BMD đều. Suy ra: BM = BD Ta có MBA DBC = (vì cùng bẳng 60- ABD) MBA = DBC (c.g.c) Do đó: DC = MA Vậy MA + MB = CD + DM = MC b) Do M thuộc cung nhỏ AB nên theo câu 1) có MA + MB = MC GIẢI: Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 23 https://dethitinhoc.net/

24. Bất đẳng thức và cực trị hình học Do đó P = MA + MB + MC = MC + MC = 2MC  2.2R = 4R (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) Vẽ OH ⊥BC tại H. BC = 2 a Dễ thấy BOH = 60, BH = 2 3 a BH = OBsinBOH . Nên R = 3 Do đó P 4 3 a 3 Dấu “=” xảy ra M là điểm chính giữa cung nhỏ AB Bài 13. Cho nửa đường tròn (O, R) đường kính AB. EF là dây cung di động trên nửa đường tròn sao cho E thuộc cung AF và EF = R,AF cắt BE tại H. AE cắt BF tại C. CH cắt AB tại I. a)Tính góc CIF b)Chứng minh AE.AC + BF.BC không đổi khi EF di động trên nửa đường tròn c)Tìm vị trí của EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn nhất. Tính diện tích đó. GIẢI: a) BE, AF là hai đường cao của ABC CI ⊥ AB Tứ giác IHFB nội tiếp HIF HBF = hay CIF EBF = EOF đều nên EOF = 60 CIF EBF = = 30 b)Ta có: ACI ∽ AC AE AC.AE = AB.AI ∽BAF (g.g)BC BF  BC.BF = BA.BI Do đó: AE.AC + BF.BC = AB.AI + AB.BI = AB(AI + IB) = AB2 = 4R2không đổi c)Ta có: ABC ∽ S S AB   2 R   SABFElớn nhất  SABClớn nhất CI lớn nhất ∽ABE(g.g) AB = AI BA = BI Tương tự BCI ∽ ∽FEC (g.g) 2 EF   =  2 = 1 4SABFE = 3      R  = 4SABC FEC ABC Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 24 https://dethitinhoc.net/

25. Bất đẳng thức và cực trị hình học  I  O CAB cân  EF //AB Khi đó SABC = 2. . . 3 2 2 3 . 3 4 R R R = R2 . 3SABFE = 2 3 . 3 4 R Vậy SABFElớn nhấtbằng khi EF//AB. Bài 14. Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB = 2R và M là một điểm trên nửa đường tròn đó (M khác A và B). Tiếp tuyến với đường tròn O tại M cắt các tiếp tuyến Ax và By với nửa đường tròn lần lượt tại C và D. Gọi N là giao điểm của AD và BC. a) Chứng minh MN // AC b) Tính giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích của haitam giác ACM và BDM. Khi đó M ở với vị trí nào trên nửa đường tròn đó. a) Ta có: Ax // By ( cùng vuông góc AB) Nên ANC ∽ ∽DNB Ta có: AN DN BD Mà AC = CM; BD = DM (2) Từ (1) và (2) AN DN DM (3) chứng tỏ AC // MN (định lý đảo của định lí Ta-lét) b) AC // MN MN⊥AB tại H Ta có ABDC là hình thang vuông nên CD  AB SABCD = 1 2(CM + MD).2R = CD.R  2.R.R = 2R2 (*) SAMB = 1 2AB.MH = R.MH  R.R = R2 (**) (do MH  MO) (*) và (**) suy ra: SABCD_ SAMB  R2 Hay SACM + SBDM R2 GTNN là R2 Dấu “=” xảy ra CD = AB (ABCD là hình chữ nhật) và H O M là diểm chính giữa của nửa đường tròn O. GIẢI: AC = (1) CM = (3) 2(AC + BD).AB = 1 Bài 15. Cho đường tròn tâm O, bán kính R và một điểm P cố định nằm trong đường tròn. Hai dây cung AC và BD thay đổi nhưng vuông góc với nhau tại P. Xác định vị trí của AC và BD sao cho diện tích của tứ giác ABCD là lớn nhất. Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 25 https://dethitinhoc.net/

26. Bất đẳng thức và cực trị hình học GIẢI Vẽ OH ⊥ AC, OK ⊥ BD (H AC, K  BD) AC BD AH BK  = = ; 2 2 ) Tư giác PHOK là hình chữ nhật ( => KH = OP không đổi Tam giác OKH vuông tại O nên Do đó : AC BD + = + = 4(2 ) R OP = − không đổi = = = 0 90 OHP OKP KPH + = BK = 2 2 2 2 OK = OH 2 KH 2 OP ( ) ( ) − 2 2 = + + 2 2 2 2 4 4 AH − BK AH + 2 2 2 2 2 2 4( ) 4( ) AH BK OA OH OB OK 2 2 1 2 Tứ giác ABCD có AC ⊥BD nên = . S AC BD ABCD Áp dụng bất đẳng thức cho hai số dương, ta có: + 2 2 1 2 AC BD không đổi =  . S AC BD ABCD 4 Dấu “=” xảy ra  AC = BD  OH = OK  PO là tia phân giác của góc HPK  AC, BD hợp với PO một góc 450 . Vậy khi AC, BD hợp với PO một góc 450thì diện tích ABCD lớn nhất . Bài 16. Cho đường tròn (O; R) và một điểm A sao cho OA = R 2. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn. Một góc xOy = 45cắt đoạn thẳng AB và AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng: a)DE là tiếp tuyến của đường tròn b)2 3R < DE < R GIẢI: a) Áp dụng định lý pitago tính được AB = AC = R Tứ giác ABOC là hình vuông Kẻ bán kính OM sao cho BOD = MOD MOE = EOC Chứng minh BOD = MOD OMD = 90 OBD= Tương tự: 90 OME = D, M, E thẳng hàng Do đó DE là tiếp tuyến của đường tròn (O). b)Xét ADE có DE < AD + AE mà DE = DB + EC  2ED < AD + AE + DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R DE < R Ta có DE > AD; DE > AE; DE = DB + EC Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 26 https://dethitinhoc.net/

27. Bất đẳng thức và cực trị hình học Cộng từng vế ta được: 3DE > 2R  DE > 2 3R Vậy R > DE > 2 3R. IV. Kết quả từ thực tiễn giảng dạy: a) Đối với học sinh: Sử dụng các phương pháp: quan sát thái độ học tập, phát phiếu điều tra, làm bài tập đối với các em học sinh lớp 7A1, 7A3, 9A3, 9A2 qua các năm học 2015 - 2016, 2016-2017 thuộc trường THCS Nguyễn Tất Thành –Huyện Cư’Mgar –Đăk Lăk. + Điều tra về hứng thú, thái độ học tập tôi cho các em điền vào phiếu với những câu hỏi sau: *Em có thích khi học “Bất đẳng thức và cực trị hình học” không? Rất thích Thích 10% 10% *Em có theo dõi và có hiểu nội dung bài toán mà cô đã trình bày không ? Hiểu Hiểu ít 20% 30% *Em có thích tham gia vào các hoạt động như: hoạt động nhóm, thảo luận nhóm, làm bài tập trong các giờ học có bài tập “Bất đẳng thức và cực trị hình học” không? Hào hứng tham gia Bình thường 20% 30% Qua khảo sát tôi thu được kết quả như sau: HS giỏi tập trung chú ý cao vào bài học với thái độ hào hứng.Tuy nhiên một số học sinh trung bình chưa có thái độ học tập tích cực, chưa tập trung vào bài học . HS biết phân tích đề bài, liên hệ giữa các yếu tố trong bài để hình thành các bước giải. Tiếp thu kiến thức ngay trên lớp vận dụng vào bài tập đạt tỉ lệ : Giỏi: 10% Khá: 20% TB: 59% Yếu: 1% Kém: 0% Bình thường 30% Không thích 50% Chưa hiểu 50% Không thích 50% Thái độ học tập Hành vi Nhận thức Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 27 https://dethitinhoc.net/

28. Bất đẳng thức và cực trị hình học b) Đối với giáo viên: - Làm phong phú thêm kiến thức của bản thân. - Tích cực, chủ động tìm tòi, sáng tạo để khai thác tốt nội lực học toán trong học sinh . * Kết quả chất lượng mũi nhọn Trong quá trình học tập và bồi dưỡng cho các em: + Năm học 2015- 2016: - Thi “Giải toán trên máy tính bỏ túi”cấp tỉnh có 5/6 em đạt giải và có 1 em được đi thi Quốc gia - Thi “Học sinh giỏi toán” có 5/5 em đạt giải cấp tỉnh. + Năm học 2016- 2017: -Thi “Giải toán trên máy tính bỏ túi”cấp tỉnh có 7/8 em đạt giải và có 2 em được đi thi Quốc gia - Thi “Học sinh giỏi toánvăn hóa” có 5/5 em đạt giải cấp huyện, có 4 em được dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh. C. KẾT LUẬN Qua quá trình dạy chuyên đề “Bất đẳng thức và cực trị hình học” tôi xin đưa ra một số kết luận sau: I. Ý NGHĨA CỦA ĐỀ TÀI: Lý thuyết và các dạng bài tập về “Bất đẳng thức và cực trị hình học”được rải đều từ khối 7đến khối 9 và trong tất cả các cuộc thi có liên quan đến toán học đều không thể thiếu phần này.Chính vì vậy việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức và cực trị hình học”rấtthiết thực và có ý nghĩa để đạt được mục tiêu “nâng cao chất lượng giáo dục”.Bởi : + Việc khai thác các bài toán về “Bất đẳng thức và cực trị hình học” giúp các em rèn luyện khả năng sáng tạo trong toán học, đó cũng chính là điều mà cuộc sống đồi hỏi ở mỗi con người trong xã hội hiện đại. + Nắm được nhiều kiến thức về “Bất đẳng thức và cực trị hình học” và giải được nhiều bài tập ứng dụng thông qua nhiều thuật toán có ý nghĩa to lớn trong việc vun đắp lòng say mê học toán và ước mơ vươn tới vinh quang trong lĩnh vực nghiên cứu, khám phá những vấn đề mới. II. BÀI HỌC KINH NGHIỆM: Trong quá trình dạy học bộ môn toán bản thân tôi nhận thấy: + Để có được một bài giảng hay cũng như việc dạy của thầy và việc học của trò đạt kết quả cao thì người giáoviên phải không ngừng nổ lực, say mê tìm tòi và nghiên cứu. Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 28 https://dethitinhoc.net/

29. Bất đẳng thức và cực trị hình học + Không có phương pháp tốt, không thể có kết quả cao. Biết cách dạy toán và biết cách học toán, hiệu quả dạy học sẽtăng gấp nhiều lần, qua đó phát triển toàn diện văn, thể, mỹ. + Trong quá trình giảng dạy, giáo viên nên hướng dẫn cho học sinh có phương pháp học tập đúng đắn, kết hợp linh hoạt giữa nghe giảng, thực hành tham gia các hoạt động trong giờ học và ghi bài đầy đủ. + Tạo điều kiện để học sinh thuộc mọi đối tượng có thể rèn luyện và phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo trong học tập. III. KIẾN NGHỊ + Nhà trường nên chia lớp học hai buổi thành 4 lớp, lớp nâng cao về khoa học tự nhiên, lớp nâng cao về khoa học xã hội, hai lớp còn lại học bình thường để giáo viên dạy có điều kiện bồi dưỡng tạo nguồn cho các lớp trên.Hàng tháng có bài kiểm tra phân loại kiến thức ở các lớp nâng cao này. + Tạo kho tài nguyên để phục vụ cho việc dạy học , bồi dưỡng các lớp tạo nguồn. + Tổ chức các tiết chuyên đề ngoại khóa, để giáo viên học hỏi và đúc rút kinh nghiệm. Trên đây là một vài ý kiến cá nhân, của bản thân tôi trong trong quá trình dạy học toán . Do còn thiếu kinh nghiệm trong lĩnh vực này và bài viết còn nhiều thiếu sót nên rất mong sự đóng góp ý kiến của đồng nghiệp. Tôi xin chân thành cảm ơn ! Ngày 15 tháng 3 năm 2017. Người thực hiện Bùi Thị Hoa Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 29 https://dethitinhoc.net/

30. Bất đẳng thức và cực trị hình học Trường THCS Nguyễn Tất Thành GV thực hiện: Bùi Thị Hoa 30 https://dethitinhoc.net/