Show
Giáo viên Việt Nam xin gửi đến bạn đọc tài liệu Sử dụng bất đẳng thức Cosi trong hình học lớp 9. Đây là tài liệu được chúng tôi sưu tầm từ nguồn đáng tin cậy. Hy vọng sẽ là nguồn tham khảo hữu ích giúp các bạn học sinh nắm chắc các kiến thức quan trọng. Từ đó áp dụng vào làm tốt các dạng bài liên quan đến chủ đề này.
Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học là những bài toán khó được đánh giá khá khó bởi các bạn học sinh. Đó là các bạn ở cấp học trung học cơ sở, trung học phổ thông. Đây cũng là một trong những nội dung kiến thức quan trọng của môn Toán. Để giải được các bài Toán này, các bạn phải nắm chắc và vận dụng kiến thức hình học và đại số một cách thích hợp và nhạy bén. Việc khai thác và sử dụng bất đẳng thức Cosi trong quá trình giải các bài Toán bất đẳng thức và hình học là phương pháp vô cùng hiệu quả. Giúp các bài toán trở nên dễ dàng hơn. Tự tin chinh phục các bài tập về cực trị trong hình học.  Nội dung tài liệuTrong tài liệu gồm có khái quát lại các kiến thức cần nhớ về bất đẳng thức cosi như:
Trên đây là một số lời giới thiệu của chúng tôi về tài liệu. Để xem chi tiết hơn về tài liệu này. Mời các bạn truy cập link file tài liệu được đính kèm cuối bài nhé! Chúc các bạn học tập tốt! Tải tài liệu miễn phí ở đây Sưu tầm: Yến Nguyễn
<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1> <b>Tiến Sĩ Vũ Tiến Lưỡng </b><b>S</b><b>Ử DỤNG BĐT CƠ- SI</b><b> </b><b>TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b></div> <span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2> <b>SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b><b>A - </b><b>ĐẶT VẤN ĐỀ</b>Các bài tốn về bất đẳng thức và cực trị hình học thuộc loại những bài tốn 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 khơng phải là các phương pháp thông thường hay được áp dụng trong hình học, và cũng khơng phải chỉ là phương pháp đại số thuần tuý. Để giải một bài tốn 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. Qua thực tế những năm trực tiếp giảng dạy và tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn 9, tơi nhận thấy việc khai thác bất đẳng thức Cơsi trong q trình giải các bài tốn 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 khơng âm), mà cịn 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 Tốn. Mức độ khó, dễ của bài tốn cũng có thể được điều chỉnh tuỳ theo chủ ý của người ra đề. Với những suy nghĩ đó, tơi mạnh dạn nghiên cứu đề tài “ <b>Khai thác bất đẳng thức Côsi trong việc ra các bài toán nâng cao lớp 9”</b>, mà cụ thể là các bài tốn bất đẳng thức và cực trị hình học. Nội dung đề tài tạm chia làm ba phần. Phần một gồm một số bài tốn 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, thơng qua những ví dụ cụ thể minh hoạ. Và phần ba là một số bài tập đề xuất. </div><span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3> <b>SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b><b>B - </b><b>NỘI DUNG</b>Ta bắt đầu bằng việc nhắc lại Bất đẳng thức Côsi:Cho a1, a2, …, anlà các số khơng âm. Ta ln có: a1+a2+...+an n ≥ n a1a2...an Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = … = an. <b>* </b>Cách phát biểu khác cho BĐT Côsi là: Với các số không âm, trung bình cộng khơng 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 Cơsi: + n số khơng âm có tổng khơng đổi, tích của chúng đạt giá trị lớn nhất khi các số đó bằng nhau. + n số dương có tích khơng đổi, tổng của chúng đạt giá trị nhỏ nhất khi các số đó bằng nhau. <b>I. Một số bài tốn điển hình</b> <b>Bài 1 : </b>(Một kết quả đẹp và thú vị về tứ giác nội tiếp) <b>Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Hai đường chéo AC và BD </b><b>cắt nhau tại I. Chứng minh rằng : </b> <b> <sub>CD</sub>AB + CD<sub>AB + </sub><sub>AD</sub>BC + AD<sub>BC</sub></b> ≤<b> IA<sub>IC</sub> + IC<sub>IA</sub> + <sub>ID</sub>IB + ID<sub>IB</sub> </b> <i>Chứng minh : </i>(Hình 1) Dễ thấy ∆ABI ∽∆DCI (g.g)⇒AB CD = AIDI = CIBI ⇒ CD = AB AIDI.CIBI (1)Theo bất đẳng thức Cơsi,ta có: AI<sub>DI.</sub>BI<sub>CI</sub>≤12 ( AI BI ID) (2)Dấu bằng trong (2) xảy ra ⇔IA IC = IBID Từ (1) và (2) ⇒<sub>CD </sub>AB≤1<sub>2 </sub>( IA<sub>IC</sub> + <sub>ID) (3)</sub>IB I <i><b>B</b></i><i><b>C</b></i><i><b>D</b></i><i><b>A</b></i></div> <span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4> <b>SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b> Hồn tồn tương tự, ta cũng có: CD<sub>AB</sub> ≤1<sub>2 </sub>( IC<sub>IA</sub> + ID<sub>IB</sub> ) (4) <sub>AD </sub>BC ≤1 2 ( IBID + IC IA) (5) AD<sub>BC</sub> ≤1 2 (IAIC + IDIB ) (6) Dấu bằng trong (4), (5), (6) xảy ra tương ứng khi IC<sub>IA</sub> = ID<sub>IB</sub> , <sub>ID</sub>IB = <sub>IA</sub>IC, IA<sub>IC</sub> = ID<sub>IB</sub> . Cộng từng vế của (3),(4), (5), (6) ta được điềuphải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi IA = IB = IC = ID ⇔ABCD là hình chữ nhật. <i>Nhận xét: </i>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 khố để giải quyết bài tốn ở đây chính là việc chuyển đổi mỗi hạng tử của vế trái thành dạng căn bậc hai của một tích ( <sub>CD = </sub>AB AI<sub>DI</sub>.BI CI, …), từ đó áp dụng bất đẳng thức Cơsi 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, địi hỏi ở người làm tốn sự tư duy, tìm tịi và sáng tạo. <b>Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ ba chiều cao AA1, BB1, CC1; ba trung tuyến AA2, </b> <b>BB2, CC2. Giả sử AA2</b> ∩<b> BB1=P, BB2</b> ∩ <b>CC1=Q, CC2</b> ∩<b> AA1=R. Chứng minh rằng: </b> <b>AP</b> <b>BQ</b><b>QB2 + </b> <b>CR</b><b>RC2</b>≥<b> 6 </b> </div><span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5> <b>SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b>Áp dụng định lý Menelauyt trong tam giácAA2C với đường thẳng BRB1, ta có: <sub>PA</sub>AP 2 .A2B BC . CB<sub>B</sub>1A1 = 1 Suy ra: <sub>PA</sub>AP 2 = BCA2B . <i>EE</i> B<i>A</i> 1<i>A</i>CA<i>A</i> 2<i>A</i>B (1) Do AA2là trung tuyến nên BC = 2.A2B, và vì BB1⊥AC nên AB1 B1C = BB1.cotgA BB1.cotgC = tgCtgA RP21 12Q21<i><b>A</b></i><i><b>A</b></i><i><b>B</b></i><i><b>C</b></i><i><b>A</b></i><i><b>B</b></i><i><b>C</b></i><i><b>C</b></i><i><b>B</b></i> Hình 2Vậy từ (1) ⇒ <i>E</i> APPA<i>A</i> 2<i>A</i> = 2.<sub>tgA.</sub>tgCHoàn toàn tương tự, ta có: <i>E</i> BQQB<i>A</i> 2<i>A</i> = 2. tgA<sub>tgB</sub> ,<i>E</i>CRRC<i>A</i> 2<i>A</i> = 2. <sub>tgC</sub>tgB Từ đó: <i>E</i> APPA<i>A</i> 2<i>A</i> +<i>E</i>BQQB<i>A</i> 2<i>A</i> +<i>E</i>CRRC<i>A</i> 2<i>A</i> = 2.(<sub>tgA</sub>tgC + tgA<sub>tgB</sub> + <sub>tgC</sub>tgB)Mặt khác, theo bất đẳng thức Cơsi, thì: tgC<sub>tgA</sub> + tgA<sub>tgB</sub> + <sub>tgC</sub>tgB≥3. 3 tgC<sub>tgA.</sub>tgA<sub>tgB.</sub><sub>tgC</sub>tgB = 3Vậy: <i>E</i> APPA<i>A</i> 2<i>A</i> +<i>E</i>BQQB<i>A</i> 2<i>A</i> +<i>E</i>CRRC<i>A</i> 2<i>A</i> ≥6. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tgC<sub>tgA</sub> = tgA<sub>tgB</sub> = <sub>tgC</sub>tgB, tức là tam giác ABC đều. <b>Bài 3: Cho điểm M nằm trên đoạn thẳng AB. Vẽ về một phía của AB các tia Ax, By </b> <b>vng góc với AB. Qua M có hai đường thẳng thay đổi ln vng góc với nhau và </b><b>cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D. Xác định vị trí của các điểm C, D sao cho tam giác MCD </b><b>có diện tích nhỏ nhất.</b> </div><span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6> <b>SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b>Ta có: SMCD = 12 MC.MDĐặt : MA = a, MB = b, <i>A</i> ∃ <i>E</i> AMC<i>E</i> = ∃ <i>E</i> BDM<i>E</i> = αKhi đó MC = <sub>cosα</sub>a , MD = <sub>sina</sub>b Nên: SMCD = 1 2 . absinαcosα Do a, b là hằng số nên SMCD nhỏ nhất ⇔ 2sinαcosαlớn nhất. ba α α y x <i><b>D</b></i><i><b>A</b></i><i><b>B</b></i><i><b>F</b></i><i><b>M</b></i><i><b>C</b></i>Hình 3Theo bất đẳng thức Cơsi: 2sinαcosα ≤sin2α + cos2α = 1 Nên SMCD≥ab. Dấu bằng xảy ra khi sinα = cosα ⇔α = 450 Như vậy <i>Min</i> SMCD= ab. Điểm C, D được xác định thứ tự trên các tia Ax, By sao cho AC = AM, BD = BM. <i>Nhận xét: </i>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 BĐTCơsi:x2+ y2<sub>≥</sub>2xy. <b>Bài 4:Cho tam giác ABC, điểm M di chuyển trên cạnh BC. Qua M kẻ các đường thẳng </b> <b>song song với AC và AB, chúng cắt AB và AC theo thứ tự ở D, E. Xác định vị trí của </b><b>điểmM sao cho hình bình hành ADME có diện tích lớn nhất.</b> <i>Lời giải:</i><i><b> Cách 1</b></i>: Ta thấy SADMElớn nhất ⇔ SADME SABC lớn nhất. Kẻ BK ⊥AC, cắt MD ở H. SADME= MD.HK, SABC = 1 2 AC.BKSuy ra: SADME SABC = 2. MD AC . HKBK Đặt MB = x, MC = y, ta có: MD<sub>AC = </sub>BM<sub>BC</sub> = <sub>x+y</sub>x , HK<sub>BK</sub> = MC<sub>BC</sub> = <sub>x+y</sub>y 21 yx H <i><b>K</b></i><i><b>E</b></i><i><b>D</b></i><i><b>B</b></i><i><b>C</b></i><i><b>A</b></i><i><b>M</b></i></div> <span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7> <b>SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b>Do đó: <i>EE</i>SADME SABC = 2xy (x+y)2 (*) Theo bất dẳng thức Côsi: x + y ≥ 2 xy ⇔(x + y)2<sub>≥</sub><sub> </sub><sub>4xy </sub><sub>⇔</sub><sub> </sub> 2xy (x+y)2≤ 1 2 (**)Từ (*) và (**), ta được: <i>EE</i> S<i>A</i>ADME<i>A</i>S<i>A</i>ABC<i>A</i> ≤1<sub>2 </sub>. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y.Như vậy <i>max</i> SADME = 1 2 SABC, khi đó M là trung điểm của BC. <i><b> Cách 2</b>:</i> Ký hiệu SABC= S, SDBM = S1, SEMC = S2. Rõ ràng SADMElớn nhất ⇔ S1 + S2nhỏ nhất ⇔ S1+S2 S nhỏ nhất. Vì các tam giác DBM và EMC cùng đồng dạng với tam giác ABC nên: <i>E</i> S<i>A</i> 1<i>A</i>S = ( BM S<i>A</i> 2<i>A</i>S = ( MCBC )2 Suy ra:<i>EE</i> S<i>A</i> 1<i>A</i>+S<i>A</i> 2<i>A</i>S =<i>EEE</i> BM<i>A</i>2 <i>A</i>+MC<i>A</i>2 <i>A</i>BC<i>A</i>2 <i>A</i> = <i>EEEE</i>x<i>A</i>2 <i>A</i>+y<i>A</i>2 <i>A</i> <i>A</i> (x+y)<i>A</i>2 <i>AA</i> ≥ 1<sub>2 </sub>. Như vậy S1 + S2 ≥<i>E</i> 1 2 S nên SADME ≤12 S. Xảy ra dấu bằng ⇔x = y. Kết luận: <i>max </i>SADME = 1 2 SABC, khi đó M là trung điểm của BC. <i>Nhận xét:</i> 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<i>EE</i> xy <i>A</i> (x+y)<i>A</i>2 <i>AA</i> ≤ 1<sub>4</sub>. Còn ở cách 2, ta cũ<i>E</i>ng 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 <i>EEEE</i> x<i>A</i>2 <i>A</i>+y<i>A</i>2 <i>A</i> <i>A</i> (x+y)<i>A</i>2 <i>AA</i> ≥ 1<sub>2 </sub>. Qua đây cho thấy, c<i>E</i>ùng một bài toán, nhưng với cách khai thác khác nhau thì việc vận dụng bất đẳng thức Cơsi 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. </div><span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8> <b>SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b><b>Bài 5: Cho tam giác ABC vng cân có cạnh huyền BC = a. Gọi D là trung điểm của </b> <b>AB. Điểm E di chuyển trên cạnh</b> <b>AC. Gọi H, K theo thứ tự là chân các đường vuông </b><b>góc kẻ từ D, E đến BC. Tính diện tích lớn nhất của hình thang DEKH.</b> <b>Khi đó hình </b><b>thang trở thành hình gì?</b> <i>Lời giải </i>(Hình 5) Ta có: 2SDEKH= (DH+EK).HK=(BH+KC).HK Ta thấy tổng (BH+KC) + HK không đổi (bằng BC = a cho trước) nên tích (BH+KC).HK lớn nhất khi và chỉ khi BH+KC = HK = a<sub>2 </sub>. Do đó: <i>max </i>S<i>A</i>DEKH<i>E A</i> = 1 2 . a2 . a2 = <i>E</i>a<i>A</i>2 <i>A</i> 8 Khi đó hình thang DEKH có đường cao HK= a<sub>2 </sub>và nếu kẻ AM ⊥ BC thì do tam giác ABC vuông cân tại A nên MB = MC = a<sub>2 </sub>, nên HB = HM = a<sub>4</sub> <i><b>H</b></i><i><b>K</b></i><i><b>D</b></i><i><b>B</b></i><i><b>A</b></i><i><b>E</b></i><i><b>C</b></i><i><b>M</b></i> Hình 5 <b> </b>Vậy KC = BC - BH - HK = a - a<sub>4</sub> - a<sub>2 = </sub>a<sub>4</sub> Khi đó DH = HB = a<sub>4</sub> , EK = KC = a<sub>4</sub> . Hình thang DEKH là hình chữ nhật, E là trung điểm của AC. <b>Bài 6: Hai anh em chia tài sản là một mảnh đất hình tam giác ABC. Họ muốn chia </b> <b>mảnh đất đó thành 2 miếng đất có diện tích bằng nhau bởi một bờ rào thẳng ngắn </b><b>nhất. Tính độ dài m của bờ rào này theo diện tích S và góc nhỏ nhất α của tam giác.</b> <i>Lời giải: </i>(Hình 6) Bờ rào phải cắt 2 cạnh của tam giác. Giả sử góc tại đỉnh A là nhỏ nhất, <i>AE</i> ∃ <i>E</i> <i>A</i> </div> <span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9> <b>SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b>Đặt SABC= S , SAIK = S’ thì S’ = S2 khơng đổi. Mặt khác, S’ = 1<sub>2 </sub>xy.sinA, mà S’ và<i>AE</i> ∃ <i>E</i> <i>A</i> A không đổi nên xy không đổi.Từ (*) ta thấy: IK nhỏ nhất ⇔x2+ y2nhỏ nhất. Theo bất đẳng thức Côsi: x2+ y2<sub>≥</sub>2xy (hằng số) Vậy x2+ y2nhỏ nhất<sub>⇔</sub>x = y. yx α <i><b>A</b></i><i><b>B</b></i><i><b>C</b></i><i><b>I</b></i><i><b>K</b></i> 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. α 2 2 α <i><b>H</b></i> <i><b>I</b></i> <i><b>K</b></i> <i><b>A</b></i> Hình 6.1 Kẻ đường cao AH của tam giác cân AIK(hình 6.1) Khi đó: IH = AH.tg α<sub>2 </sub>suy ra IK = m = 2AH.tg α<sub>2 </sub> Mặt khác 2S’ = IK.AH = m.AH nên 2.AH = 4S’<sub>m</sub> Vậy m = 4S’<sub>m .tg </sub>α<sub>2 </sub>⇔m2<sub>= 4S’.tg </sub>α 2 ⇔m = 2 S’tgα2 Thay S’ = S<sub>2 </sub>thì m = 2Stgα<sub>2 </sub>. Kết luận: Bờ rào có độ dài ngắn nhất <i> m = </i> 2Stgα<sub>2 </sub>với α = <i>min </i>( <i>A</i>^ <i>E</i> A<i>EA</i>, <i>A</i>^ <i>E</i> B<i>EA</i>, <i>A</i>^ <i>E</i> C<i>EA</i>). <i>Nhận xét: </i>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 q 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 đơi 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 </div><span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10> <b>SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b>Bài tốn thực tế trên có thể được khai thác trong việc chọn lọc, ra đề thi chọn học Hoặc kết luận (**) trong lời giải trên cũng cho ta một bài toán “<i> Chứng minh rằng trong </i><i>tam giác AIK có diện tích và số đo góc A khơng đổi, tam giác cân tại A có độ dài IK nhỏ nhất” </i> Dưới đây là một ví dụ khác về việc khai thác bài toán gốc để cho ra những bài tốn khác, tuỳ theo mục đích hỏi và đối tượng làm bài. <b>Bài 7:</b> <b>Cho đường tròn (O; r) nội tiếp tam giác ABC. Kẻ đường thẳng qua O cắt hai </b> <b>cạnh CA, CB của tam giác theo thứ tự ở M và N. Đường thẳng ở vị trí nào thì tam giác </b><b>CMN có diện tích nhỏ nhất?</b> <i> Lời giải:</i> Gọi S là diện tích ∆CMN, ta có: S = SOCM + SOCN = 12 (CM + CN).rDo đó: S<sub>r</sub> = 1<sub>2 </sub>(CM + CN) (1)Theo bất đẳng thức Côsi: 1<sub>2 </sub>(CM + CN) ≥<i>A</i> CM.CN<i>EA</i> (2)Mặt khác: CM.CN ≥ 2S (3) rr <i><b>O</b></i><i><b>A</b></i><i><b>C</b></i><i><b>B</b></i><i><b>M</b></i><i><b>N</b></i>Hình 7Kết hợp (1), (2), (3) suy ra: S<sub>r</sub> = 1<sub>2 </sub>(CM + CN)≥<i>A</i> CM.CN<i>E A</i>≥<i>A</i> 2S<i>E A</i> hay S≥<i>A</i> 2S<i>E A</i>.r ⇔ S 2<sub>≥</sub><sub>2S.r</sub>2<sub>⇔</sub><sub> S </sub><sub>≥</sub><sub>2r</sub>2<sub>. Vậy S nhỏ nhất bẳng 2r</sub>2<sub>khi CM = CN.</sub> Tam giác CMN cân đỉnh C có CO là phân giác nên CO ⊥MN. Kết luận: Đường thẳng MN ⊥CO tại O thì ∆CMNcó diện tích nhỏ nhất.<i>Nhận xét: </i>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. </div><span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11> <b>SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b>Ta cịn 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: <i><b>Cách 1</b></i>: 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. ∆ODM =∆OIN (c.g.c) => SODM = SOIN⇔ SCMN< SCDE. <i><b>Cách 2</b></i>: Qua O kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của góc C,tạo thành hình bình hành OHCK (như hình vẽ7.2). <i><b>O</b></i> <i><b>C</b></i> <i><b>M</b></i> <i><b>N</b></i><i><b>D</b></i> <i><b>E</b></i><i><b>I</b></i> Hình 7.1 Theo kết quả <b>Bài 4</b>, ta có: SOHCK≤1 2 SCMN ⇔ SCMN≥ 2SOHCK. Do góc C và điểm O cố định nên SOHCK khơng đổi. Vì vậy <i>minAEA</i>SCMN = 2SOHCK, khi O là trung điểm của MN. Để dựng điểm M, ta chỉ cần lấy M sao cho H là trung điểm của CM <i><b>K</b></i><i><b>H</b></i><i><b>O</b></i><i><b>C</b></i><i><b>M</b></i><i><b>N</b></i>Hình 7.2</div><span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12> <b>SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b><b>II. Phát triển bài tốn hình học từ một bài toán gốc của đại số</b> Để mức độ khai thác bất đẳng thức Côsi sâu hơn, cao hơn; ta có thể sử dụng những bài tốn 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 tốn này, địi hỏi ở người làm tốn 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. <b>Bài toán gốc</b>: <b>Chứng minh rằng nếu a1, a2, …, anlà các số dương, thì</b> <b>(a1 + a2 + … + an)(</b><i>E</i> <b>1</b> <b>a</b><i>A</i><b>1</b><i>A</i><b> +</b><i>E</i> <b>1</b> <b>a</b><i>A</i><b>2</b><i>A</i><b> + … +</b><i>E</i> <b>1</b> <b>a</b><i>A</i><b>n</b><i>A</i> <b>) </b>≥<b>n2</b><sub> </sub> <i> Chứng mih: </i>Theo bất đẳng thức Cơsi, tacó: a1+a2+...+an n ≥<i>A</i> n a1a2...an<i>E</i> (1) <i>EEE</i>1a<i>A</i> 1<i>A</i> +<sub>a</sub>1<i>A</i> 2<i>A</i> +…+<sub>a</sub>1<i>A</i> n<i>A</i>n ≥<i>EEEEEEE</i> n <sub>1</sub> a<i>A</i> 1<i>A</i> <i>A</i> . <i>A</i> 1a<i>A</i> 2<i>A</i> <i>A</i> . <i>AA</i> . <i>AA</i> . <i>A</i> 1a<i>A</i> n<i>A</i> (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+ … + an)(<i>E</i> 1a<i>A</i> 1<i>A</i> +<i>E</i>1a<i>A</i> 2<i>A</i> + … +<i>E</i>1a<i>A</i> n<i>A</i> ) ≥ n2 Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = … = an. 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)( 1<sub>a</sub> + 1<sub>b </sub>) ≥4 2. Với mọi a, b, c > 0, ta có: (a + b + c)( 1<sub>a</sub> + 1<sub>b + </sub>1<sub>c </sub>) ≥ 9 Sau đây là ví dụ về việc sử dụng bài tốn gốc đó trong một số bài toán cụ thể. <b>Bài 8.1 : Cho </b> ∆<b>ABC, O là điểm tuỳ ý trong tam giác. AO, BO, CO kéo dài cắt các cạnh </b><b>đối diện thứ tự tại M, N, P. Chứng minh : <sub>OM</sub>AO + <sub>ON</sub>BO + CO<sub>OP</sub></b>≥<b> 6 .</b> <span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13> <b>SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b>Theo định lý Seva, ta có: MO<sub>MA</sub> + NO<sub>NB</sub> + PO<sub>PC</sub> = 1 (1) Áp dụng kết quả bài toán gốc với trường hợp riêng thứ 2, ta có: (MA<sub>MO</sub> + <sub>NO</sub>NB + PO<sub>PC</sub>)( <sub>MA</sub>MO + NO<sub>NB</sub> + PO<sub>PC) </sub>≥9 (2) Kết hợp (1) và (2) suy ra: MA<sub>MO</sub> + <sub>NO</sub>NB + PO<sub>PC</sub> ≥9 ⇔ MO+AO<sub>MO</sub> + NO+BO<sub>NO</sub> + OP+CO<sub>OP</sub> ≥9 O<i><b>A</b></i>Hình 8.1 ⇔ 1 + <sub>MO</sub>AO + 1 + <sub>NO</sub>BO + 1+ CO<sub>OP</sub> ≥ 9 ⇔ <sub>MO</sub>AO + <sub>NO</sub>BO + CO<sub>OP</sub>≥6 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi MO<sub>MA</sub> = NO<sub>NB</sub> = PO<sub>PC</sub> , mà MO<sub>MA</sub> + NO<sub>NB</sub> + PO<sub>PC</sub> = 1 ∆ABC.<b>Bài 8.2 : Cho </b> ∆<b>ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Ba chiều cao AA’, BB’, CC’ </b><b>thứ tựcắt (O) tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng</b><i>E</i> <b>AA’</b> <b>AA</b><i>A</i><b>1</b><i>A</i><b> +</b><i>E</i> <b>BB’</b> <b>BB</b><i>A</i><b>1</b><i>A</i><b> +</b><i>E</i> <b>CC’</b><b>CC</b><i>A</i><b>1</b><i>A</i> <b> </b>≥<b> 9<sub>4</sub> </b> <i>Lời giải :</i>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 tốn gốc, ta có: <i>E</i> (AA’<sub>AA</sub><i>A</i> 1<i>A</i> +<i>E</i>BB’BB<i>A</i> 1<i>A</i> +<i>E</i>CC’CC<i>A</i> 1<i>A</i> ).<i>E</i>(AA<i>A</i> 1<i>A</i>AA’ +<i>E</i> BB<i>A</i> 1<i>A</i>BB’ +<i>E</i> CC<i>A</i> 1<i>A</i> CC’) ≥9 (*)Xét<i>E</i> AA<i>A</i> 1<i>A</i>AA’ +<i>E</i> BB<i>A</i> 1<i>A</i>BB’ +<i>E</i> CC<i>A</i> 1<i>A</i>CC’ = 3 + A’HAA’ + B’HBB’ + C’HCC’ 111C'CB'BA'AH<i><b>A</b></i><i><b>B</b></i><i><b>C</b></i> Hình 8.2Mặt khác, theo định lí Sêva: A’H<sub>AA’ + </sub>B’H<sub>BB’</sub> + C’H<sub>CC’ = 1 </sub> Nên: <i>E</i>AA<i>A</i> 1<i>A</i>AA’ +<i>E</i> BB<i>A</i> 1<i>A</i>BB’ +<i>E</i> CC<i>A</i> 1<i>A</i> <span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14> <b>SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b>Khi đó, (*) ⇔ <i>E</i>AA’AA<i>A</i> 1<i>A</i> +<i>E</i>BB’BB<i>A</i> 1<i>A</i> +<i>E</i>CC’CC<i>A</i> 1<i>A</i> ≥ 9<sub>4</sub>. Dấu bằng xảy ra⇔<i>E</i> AA<i>A</i> 1<i>A</i>AA’ =<i>E</i> BB<i>A</i> 1<i>A</i>BB’ =<i>E</i> CC<i>A</i> 1<i>A</i> CC’ ⇔ 1+<i>E</i>A’A<i>A</i> 1<i>A</i> AA’ = 1+<i>E</i>B’B<i>A</i> 1<i>A</i> BB’ = 1+<i>E</i>C’C<i>A</i> 1<i>A</i> CC’ . ⇔A’H AA’ = B’HBB’ = C’HCC’ ⇔ H là trọng tâm của ∆ABC.⇔ ∆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 ≥ 9<sub>4</sub> có cịn đúng nữa khơng? Ta tiếp tục xét bài toán sau: <b>Bài 8.3 : Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Ba trung tuyến</b> <b>AA’, BB’, </b> <b>CC’ lần lượt cắt (O) tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng : </b> <b> </b><i>E</i> <b>AA’</b> <b>AA</b><i>A</i><b>1</b><i>A</i><b> +</b><i>E</i> <b>BB’</b> <b>BB</b><i>A</i><b>1</b><i>A</i><b> +</b><i>E</i> <b>CC’</b><b>CC</b><i>A</i><b>1</b><i>A</i> ≤<b> 9<sub>4</sub> (*)</b> <i>Lời giải :</i>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 =<i>E</i>a<i>A</i>2 <i>A</i> 4 => AA’.AA1= AA’.(AA’ + A’A1) = AA’2+ AA’.A’A<sub>1</sub> = AA’2 + <i>E</i> a<i>A</i>2 <i>A</i>4 Mà AA’ là trung tuyến của ∆ABCnên: AA’2 = b2 +c22 - a 2 4 Suy ra: AA’.AA1 =<i>EE</i> b<i>A</i>2 <i>A</i>+c<i>A</i>2 <i>A</i>2 1AA' <i><b>A</b></i><i><b>B</b></i><i><b>C</b></i>Hình 8.3 Ta có: <i>E</i>AA’AA<i>A</i> 1<i>A</i> =<i>EE</i> AA’<i>A</i>2 <i>A</i>AA’.AA<i>A</i> 1<i>A</i> = 1<sub>2</sub><i>A</i> . <i>E AEEEEE</i> 2b<i>A</i>2 <i>A</i>+2c<i>A</i>2 <i>A</i>-a<i>A</i>2 <i>A</i>b<i>A</i>2 <i>A</i>+c<i>A</i>2 <i>A</i> = 1 -<i>EEE</i>a<i>A</i>2 <i>A</i>b<i>A</i>2 <i>A</i>+c<i>A</i>2 <i>A</i> <sub>(1)</sub> Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được: <i>E</i> BB’BB<i>A</i> 1 = 1 - <i>EEE</i>b<i>A</i>2 <i>A</i>a<i>A</i>2 <i>A</i>+c<i>A</i>2 <i>A</i> (2) và <i>E</i> CC’CC<i>A</i> 1 = 1 -<i>EEE</i>c<i>A</i>2 <i>A</i>a<i>A</i>2 <i>A</i>+b<i>A</i>2 <i>A</i> </div><span class='text_page_counter'>(15)</span><div class='page_container' data-page=15> <b>SỬ DỤNG BĐT CÔSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b>Kết hợp (1), (2), và (3) thì :(*) ⇔ 3 - 1<sub>2 </sub>. (<i>EEE</i>a<i>A</i>2 <i>A</i>b<i>A</i>2 <i>A</i>+c<i>A</i>2 <i>A</i> +<i>EEE</i>b<i>A</i>2 <i>A</i>a<i>A</i>2 <i>A</i>+c<i>A</i>2 <i>A</i> +<i>EEE</i>c<i>A</i>2 <i>A</i>a<i>A</i>2 <i>A</i>+b<i>A</i>2 <i>A</i> ) ≤ 9<sub>4</sub> ⇔<i>EEE</i> a<i>A</i>2 <i>A</i> +<i>EEE</i>b<i>A</i>2 <i>A</i>a<i>A</i>2 <i>A</i>+c<i>A</i>2 <i>A</i> +<i>EEE</i>c<i>A</i>2 <i>A</i>a<i>A</i>2 <i>A</i>+b<i>A</i>2 <i>A</i> ≥ 3<sub>2 </sub> ⇔ 1 +<i>EEE</i> a<i>A</i>2 <i>A</i>b<i>A</i>2 <i>A</i>+c<i>A</i>2 <i>A</i> + 1 + <i>EEE</i>b<i>A</i>2 <i>A</i>a<i>A</i>2 <i>A</i>+c<i>A</i>2 <i>A</i> + 1 +<i>EEE</i>c<i>A</i>2 <i>A</i>a<i>A</i>2 <i>A</i>+b<i>A</i>2 <i>A</i> ≥92 ⇔2 (a2<sub> + b</sub>2<sub> + c</sub>2<sub>) (</sub> <i>EE</i> 1b<i>A</i>2 <i>A</i>+c<i>A</i>2 <i>A</i> +<i>EE</i>1a<i>A</i>2 <i>A</i>+c<i>A</i>2 <i>A</i> + <i>EE</i>1a<i>A</i>2 <i>A</i>+b<i>A</i>2 <i>A</i> ) ≥ 9 ⇔[ (b2<sub> + c</sub>2<sub>)+(a</sub>2<sub>+ c</sub>2<sub>) + (a</sub>2<sub> + b</sub>2<sub>)].(</sub> <i>EE</i> 1b<i>A</i>2 <i>A</i>+c<i>A</i>2 <i>A</i> +<i>EE</i>1a<i>A</i>2 <i>A</i>+c<i>A</i>2 <i>A</i> + <i>EE</i>1a<i>A</i>2 <i>A</i>+b<i>A</i>2 <i>A</i> ) ≥ 9 (**)Rõ ràng (**) đúng với bài toán gốc nêu ở trên. Do đó (*) đúng. Dấu bằng trong (*) xảy ra khi và chỉ khia = b = c, tức là ∆ABC đều.<i>Nhận xét: </i> <i> </i>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): <i>ma2 =EE</i> <i>bA</i><i>2</i><i>A</i><i>+cA</i><i>2</i><i>A</i> <i>2</i> <i>-E</i> <i>aA</i><i>2</i> <i>A</i> <i>4</i> <i>. </i> Cũng có thể học sinh dừng lại ở chỗ <i>EEE</i>a<i>A</i>2 <i>A</i>b<i>A</i>2 <i>A</i>+c<i>A</i>2 <i>A</i> +<i>EEE</i> +<i>EEE</i>c<i>A</i>2 <i>A</i>a<i>A</i>2 <i>A</i>+b<i>A</i>2 <i>A</i> ≥ 3<sub>2</sub>. Đây chính là nội dung của bất đẳng thức Nesbit (với n =3): <sub>y+z</sub>x + <sub>x+z</sub>y + <sub>x+y</sub>z ≥ 3<sub>2 </sub>. 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. <b>Bài 8.4: Cho tam giác ABC. Vẽ ba phân giác AA’, BB’, CC’. Gọi a1, b1, c1</b> <b>tương ứng là </b> <b>các khoảng cách từ A’ đến AB, B’ đến BC, C’ đến CA. Gọi ha, hb, hc</b> <b>tương ứng là ba </b> <b>chiều cao của tam giác kẻ từ A, B, C. Chứng minh rằng:</b> <b> </b><i>EE</i><b>a</b><i>A</i><b>1</b><i>A</i><b>h</b><i>A</i><b> a</b><i>A</i> <b> +</b><i>EE</i><b>b</b><i>A</i><b>1</b><i>A</i><b>h</b><i>A</i><b> b</b><i>A</i> <b> +</b><i>EE</i><b>c</b><i>A</i><b>1</b><i>A</i><b>h</b><i>A</i><b> c</b><i>A</i> ≥<b>3</b><b>2 </b> </div><span class='text_page_counter'>(16)</span><div class='page_container' data-page=16> <b>SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b>Kẻ AH ⊥BC và A’K ⊥ AB (hình 8.4) Theo đó, AH = ha, A’K = a1. Trong ∆ABA’ có: BA’.ha= AB.a1= c.a1Suy ra: BA’<sub>c =</sub><i>EE</i>a<i>A</i> 1<i>A</i>h<i>A</i>a<i>A</i> (1) Mặt khác, do AA’ là phân giác của ∆ABC, nên : <sub>A’C = </sub>BA’ c<sub>b </sub>⇒<sub>BA’+A’C</sub>BA’ = <sub>b+c </sub>c⇒BA’ = <sub>b+c </sub>ac (2)Thay (2) vào (1) ta được: <i>EE</i>a<i>A</i> 1<i>A</i>h<i>A</i>a<i>A</i> = <sub>b+c </sub>a (3) <i><b>A'</b></i><i><b>K</b></i><i><b>H</b></i><i><b>B</b></i><i><b>A</b></i><i><b>C</b></i> Hình 8.4 Hồn tồn tương tự, ta có: <i>EE</i> b<i>A</i> 1<i>A</i>h<i>A</i> b<i>A</i> = <sub>c+a</sub>b (4) và <i>EE</i>c<i>A</i> 1<i>A</i>h<i>A</i> c<i>A</i> = c a+b (5)Cộng từng về của (3), (4), (5), ta được: <b> </b><i>EE</i>a<i>A</i> 1<i>A</i>h<i>A</i>a<i>A</i> +<i>EE</i>b<i>A</i> 1<i>A</i>h<i>A</i> b<i>A</i> +<i>EE</i>c<i>A</i> 1<i>A</i>h<i>A</i> c<i>A</i> = <sub>b+c + </sub>a <sub>c+a</sub>b + <sub>a+b</sub>c ≥ 3<sub>2 </sub> <b>III. Một số bài tập đề xuất</b> <b>Bài 9: </b> M là một điểm di động trên đoạn thẳng AB cố định. Vẽ các hình vng AMCD, BMEF. Xác định vị trí của M để tổng các diện tích hai hình vng đạt giá trị nhỏ nhất. <b>Bài 10: </b>Cho tam giác nhọn ABC coá các cạnh tương ứng a, b, c; đường cao AH = h. Hãy nội tiếp trong tam giác đó hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất, với M thuộc AB, N thuộc AC, P và Q thuộc BC. <b>Bài 11: </b>Cho góc nhọn xOy và một điểm A cố định nằm trong góc đó. M, N thứ tự là hai điểm trên các tia Ox, Oy sao cho 2.OM = ON. Tìm vị trí của M, N trên các tia đó sao cho 2.AM + AN đạt giá trị nhỏ nhất. <b>Bài 12: </b>Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ một điểm I nằm trong tam giác kẻ IM ⊥ </div> <span class='text_page_counter'>(17)</span><div class='page_container' data-page=17> <b>SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b><b>Bài 13:</b> Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Qua A vẽ hai tia vng góc với nhau, cắt (O) và (O’) thứ tự tại B, C. Xác định vị trí của hai tia để diện tích tam giác ABC lớn nhất. <b>Bài 14:</b> Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). G là trọng tâm của tam giác. Các trung tuyến xuất phát từ A, B, C lần lượt cắt (O) tại A1, B1, C1. Xác định dạng của tam giác ABC để tổng<i>E</i>1GA<i>A</i> 1<i>A</i> +<i>E</i>1GB<i>A</i> 1<i>A</i> +<i>E</i>1GC<i>A</i> 1<i>A</i> lớn nhất. <b>Bài 15: </b>Cho đoạn thẳng AB = a và điểm M di động trên đoạn thẳng đó. Dựng về một phía của AB hai hình vng AMCE và BMKQ. a. Chứng minh AK, BC, QE đồng quy tại một điểm I b. Xác định M trên đoạn AB để ∆AIB có chu vi lớn nhất? Diện tích lớn nhất?<b>Bài 16: </b>Cho đoạn thẳng AB song song với đường thẳng d.M là một điểm thuộc nửa mặt phẳng bờ AB không chứa d (M không thuộc đoạn AB). Gọi C, D thứ tự là giao điểm của tia MA, MB với d. Tìm tập hợp các điểm M sao cho tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất. <i>Thi HSG Toán 9- Hà Nội năm 1999 </i> <b>Bài 17: </b>Độ dài cạnh lớn nhất của một hình thang cân bằng 13cm, chu vi bằng 28 cm. a. Tính các cạnh của hình thang biết diện tích bằng 27 cm2. b. Có tồn tại hay khơng một hình thang cân có các tính chất trên mà diện tích của nó bằng 27,001 cm2<sub>? </sub> <i>Thi HSG - Tiệp Khắc năm 1980 </i> <b>Bài 18: </b> Đường tròn (O, r) nội tiếp tam giác ABC chia mỗi cạnh của tam giác thành hai đoạn. Gọi x, y, z theo thứ tự là độ dài các đoạn tiếp tuyến xuất phát từ A, B, C. Gọi ra, rb, rcthứ tự là bán kính các đường trịn bàng tiếp trong góc A, B, C. Gọi S là diện tích tam giác ABC. a. Chứng minh: r.ra= yz b. Chứng minh: S = xyz<sub>r</sub> c. Chứng minh: <i>EEE</i> r<i>A</i>a<i>A</i>+r<i>A</i> b+r c <span class='text_page_counter'>(18)</span><div class='page_container' data-page=18> <b>SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b>d. Trong các tam giác ngoại tiếp (O, r), tam giác nào có tổng các bán kính ba đường trịn bàng tiếp nhỏ nhất ? <i>Thi HSG bang NewYork (Mỹ) năm 1984 </i> <b>Bài 19 : </b>Một đường tròn tiếp xúc ngồi với một nửa đường trịn tại điểm chính giữa của cung nửa đường trịn đó. Biết tổng của đường kính đường trịn và bán kính nửa đường trịn bằng 1. Tính tích lớn nhất có thể đạt được của diện tích hình trịn và nửa hình trịn nói trên. <i>Thi HSG bang NewYork (Mỹ) năm 1989</i> <b>C - KẾT LUẬN</b> Trên đây là một số những suy nghĩ của tôi về việc vận dụng bất đẳng thức Côsi trong các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học. Những bài tốn 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 thương được đặt ra trong đời sống và kỹ thuật. Đề tài này xin được dành cho đối tượng là các em học sinh giỏi Tốn lớp 9 và các thầy cơ 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. Tôi xin cam đoan đây là đề tài do chính bản thân tôi nghiên cứu và thực hiện, nếu sai sự thật, tơi xin hồn tồn chịu trách nhiệm. Trong q trình thể hiện đề tài, bản thân đãrấtnỗ lực và cố gắng, song do nhiều yếu tố nên chắc chắn khơng tránh khỏi những thiếu sót. Kính mong Hội đồng khoa học các cấp cùng các đồng nghiệp bổ sung thêm ý kiến đóng góp để đề tài được hồn thiệnhơn, thực sự hữu ích đối với những ai yêu Tốn học. Tơi xin chân thành cảm ơn! Bình Minh, ngày 25 tháng 3 năm 2014 Người viết </div><span class='text_page_counter'>(19)</span><div class='page_container' data-page=19> <b>SỬ DỤNG BĐT CƠSI ĐỂ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC </b><b>Ý KIẾN ĐÁNH GIÁ CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP XÓM</b>………………………………. …, ngày tháng năm 2014 Chủ tịch hội đồng <b>Ý KIẾN ĐÁNH GIÁCỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC CẤP THÔN</b> ………………………………. </div><!--links--> |
