Tài liệu Skkn một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học ở bậc thcs.

Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS A. PHẦN MỞ ĐẦU I. Lý do chọn đề tài: Môn Toán cũng như những môn học khác, có vai trò quan trọng trong việc góp phần thực hiện mục tiêu đào tạo những con người, làm chủ tri thức khoa học và công nghệ hiện đại, có tư duy sáng tao, có kĩ năng thực hành giỏi…Đặc biệt các kiến thức và phương pháp toán học là công cụ thiết yếu giúp học sinh học tập tốt các môn học khác, giúp học sinh hoạt động có hiệu quả trong mọi lĩnh vực. Để đạt được mục tiêu trên mỗi người tham gia công tác giáo dục phải làm gì trong sự nghiệp trồng người? Mỗi giờ lên lớp của người giáo viên phải làm được những gì? Chuẩn mực nào cho phép ta đánh giá hoạt đông dạy và học được xem là có hiệu quả? Ngoài việc mỗi tiết dạy trên lớp của giáo viên thật hấp dẫn, lôi cuốn được học sinh tham gia phát biểu xây dựng bài thì điều quan trọng hơn cả là giáo viên phải giúp học sinh chủ động tiếp thu kiến thức, biết tìm ra cho mình phương pháp học tập, biến tri thức của nhân loại thành tri thức cho bản thân. Chính vì vậy trong quá trình dạy học người giáo viên phải giúp học sinh phát triển tư duy logic, tổng hợp kiến thức, hinh thành các phương pháp làm các dạng bài tập khác nhau cho cả ba phân môn: Số học, đại số và hình học. Trong đó hai phân môn số học và đại số thường có các thuật toán cụ thể nên các em sớm phân dạng và tìm ra phương pháp giải cho mỗi dạng bài tập. Ngược lại phân môn hình học các em vận dụng các khái niệm, định lí, tính chất vào làm bài tập nhưng ít em phân được dạng bài tập và phương pháp giải các dạng bài tập đó. Hơn thế nữa học sinh còn không biết vận dụng kiến thức liên phân môn vào giải các dạng bài tập khác nhau, như vận dụng kiến thức phân môn hình học vào làm bài tập đại số hoặc ngược lại, vận dụng kiến thức phân môn đại số vào giải các bài tập hình học. Do đó giáo viên phải là người dẫn đường cho học sinh nhìn thấy được kiến thức hình học và đại số không phải là từng phần kiến thức riêng biệt mà chúng có sự bổ trợ cho nhau, để các em thấy được điều lí thú khi học môn Toán, từ đó các em lĩnh hội kiến thức môn Toán ngày càng tốt hơn. Cụ thể, trong bài viết này tôi xin nêu ra: “Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học ở bậc THCS” trong đó có một số phương pháp có sử dụng kiến thức đại số vào giải bài tập hình học. II. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu: 1. Đối tượng nghiên cứu: Các em học sinh lớp 7, 8, 9. Trong đó có đủ các đối tượng học sinh: Giỏi, khá, trung bình, yếu, kém. 2. Phạm vi nghiên cứu: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học ở bậc THCS III. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu: 1. Mục đích nghiên cứu: . Hình thành cho học sinh có được một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học ở bậc THCS, để các em tháo gỡ được những khó khăn khi gặp dạng toán này. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 1 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS . Giúp các em hiểu được trong quá trình học có thể vận dụng kiến thức liên phân môn giữa đại số và hình học để giải bài tập toán. . Nâng cao chất lượng dạy và học môn toán và đặc biệt là phân môn hình học. 2. Nhiệm vụ nghiên cứu: . Nghiên cứu về tình hình dạy và học một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học ở cấp THCS. . Tìm hiểu mức độ và kết quả đạt được khi thực thi đề tài. . Rút ra được những kinh nghiệm có giá trị thiết thực, phục vụ cho công việc dạy và học. IV. Giả thiết khoa học: Sau khi áp dụng được một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học ở bậc THCS sẽ nâng cao được chất lượng dạy và học, tháo gỡ được những vướng mắc của học sinh khi gặp dạng toán này. Giúp các em biết vận dụng kiến thức liên phân môn giữa đại số và hình học, đặc biệt là đối tượng học sinh khá, giỏi phát triển tư duy logic, tổng hợp kiến thức, hình thành các phương pháp giải bài tập chứng minh bất đẳng thức hình học và rèn luyện kỹ năng làm các dạng bài tập đó. V. Phương pháp nghiên cứu: . Nghiên cứu qua sách giáo khoa và tài liệu tham khảo khác. . Nghiên cứu qua tình hình thực tế trong quá trình giảng dạy. . Tự rút ra từ kinh nghiệm giảng dạy và đóng góp của đồng nghiệp. VI. Đóng góp về mặt khoa học: . Hình thành cho người học các phương pháp giải bài tập: “Chứng minh bất đẳng thức hình học” và kỷ năng giải các bài tập dạng này. . Vận dụng kiến thức liên phân môn giữa đại số và hình học trong giải bài tập toán. . Giáo viên có được những kinh nghiệm có giá trị thiết thực trong công tác giảng dạy. . Nội dung đề tài này còn là cơ sở, nền tảng để xây dựng cho học sinh các phương pháp giải bài toán cực trị hình học. B. PHẦN NỘI DUNG. I. Cơ sở khoa học: 1. Cơ sở lí luận: Để làm các bài tập dạng chứng minh bất đẳng thức hình học, trước hết mỗi giáo viên chúng ta cần cho học sinh nắm vững các kiến thức cơ bản sau: . Với ba điểm bất kì A, B, C ta có: AB  AC + CB. Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi điểm C nằm giữa hai điểm A và B. .Trong một tam giác góc đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn. Cạnh đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn . Trong tam giác vuông, cạnh huyền lớn hơn mỗi cạnh góc vuông S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 2 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS . Trong một tam giác, góc đối diện với cạnh nhỏ nhất là góc nhọn. . Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm đến một đường thẳng, đường nào có hình chiếu lớn hơn thì lớn hơn. Ngược lại đường xiên nào lớn hơn thì có hình chiếu lớn hơn. . Trong một tam giác mỗi cạnh nhỏ hơn tổng hai cạnh kia và lớn hơn hiệu của hai cạnh đó . Trong một đường tròn đường kính là dây cung lớn nhất. . Trong hai dây của một đường tròn: Dây nào lớn hơn thì dây đó gần tâm hơn, dây nào gần tâm hơn thì dây đó lớn hơn. . Với một tam giác ABC bất kì, ta có: SABC  1 2 AB.AC, SABC  1 2 BC.BA, SABC  1 2 CA.CB. . Cho A(x), B(x), f(x) có miền xác định D  R. Ta có: [f(x)]2  0, với mọi x  D. Từ đó suy ra: A(x) = [f(x)]2 + m  m nếu tồn tại x = x0  D sao cho [f(x)]2 + m = m tức là [f(x0)]2 = 0 thì m là giá trị nhỏ nhất của A(x) và kí hiệu minA(x) = m  x = x0. B(x) = M – [f(x)]2 M nếu tồn tại x = x0  D sao cho M – [f(x)]2 = M tức là [f(x0)]2 = 0 thì M là giá trị lớn nhất của B(x) và kí hiệu maxB(x) = M  x = x0. . Bất đẳng thức Cô-si cho 2 số a, b không âm ta có: a b  ab 2 . Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b. . Bất dẳng thức Bunhia- côpxki: Với bốn số a1, a2, b1, b2 bất kì ta có: (a1.b1 + a2.b2)2 (a12+a22)(b12+b22) a1 a2  b b2 1 Dấu “=” xẩy ra  Với những kiến thức nêu trên, trong quá trình dạy chúng ta phải giúp các em tự xây dựng các phương pháp giải dạng bài toán: “Chứng minh bất đẳng thức hình học”và biết vận dụng linh hoạt vào mỗi bài tập khác nhau, giúp các em vượt qua những bế tắc, khó khăn khi gặp những dạng toán nêu trên. 2. Cơ sở thực tiễn: Trong quá trình dạy học phân môn hình học ở lớp 7, 8, 9 học sinh khi gặp dạng bài tập: “Chứng minh bất đẳng thức hình học” các em thường khó có định hướng cho mình vận dụng kiến thức nào để giải bài toán đó, bởi vì trong phần lí thuyết sách giáo khoa chỉ có duy nhất ở sách giáo khoa toán 7 có một bài dùng S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 3 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS thuật ngữ: “Bất đẳng thức”đó là bài : “Quan hệ giữa ba cạnh trong một tam giác. Bất đẳng thức tam giác.” Chính vì thế chỉ có một bộ phận học sinh khá, giỏi biết vận dụng bất đẳng thức tam giác để giải bài toán: “Chứng minh bất đẳng thức hình học”, ngoài ra các em không tìm được cho mình phương pháp nào khác nữa. Do đó đây là dạng bài tập khó cho các em, đặc biệt là những em có học lực từ trung bình trở xuống. II. Đánh giá thực trạng: Tôi cho tiến hành kiểm tra khả năng tiếp thu kiến thức của học sinh trên một số lớp trước khi thực thi đề tài thì thu được kết quả sau: §iÓm 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 9A (30 em) 3 4 4 9 5 3 1 1 0 0 8A (30 em) 4 3 4 8 6 3 2 0 0 0 7A (28 em) 3 3 4 9 5 3 1 0 0 0 Ưu điểm: Đa số các em đều thuộc bất đẳng thức tam giác. Nhược điểm: Ngoại trừ học sinh khá, giỏi còn lại số học sinh có học lực từ trung bình trở xuống chỉ thuộc bất đẳng thức tam giác, nhưng không vận dụng đúng bất đẳng thức tam giác khi giải bài toán chứng minh bất đẳng thức hình học. Hơn thế nữa, phần lớn các em cứ nghĩ rằng bất đẳng thức tam giác áp dụng giải được cho tất cả các bài tập thuộc dạng toán nêu trên, mà các em không tìm được những phương pháp nào nữa để giải các bài tập khác nhau của dạng đó. Nguyên nhân: Trong chương trình hình học THCS chỉ có duy nhất một bài ở sách giáo khoa toán 7 có dùng thuật ngữ: “ Bất đẳng thức” đó là bài: “Quan hệ giữa ba cạnh trong một tam giác. Bất đẳng thức tam giác”. Mặt khác các em không nắm vững kiến thức cơ bản(đã nêu ở phần cơ sở lí luận) và các em không cụ thể hóa được lượng kiến thức nội dung chương trình sách giáo khoa THCS đề cập dưới dạng ngôn ngữ hình học khác nhau, những lượng kiến thức đó áp dụng rất tốt trong việc giải bài tập chứng minh bất đẳng thức hình học. Qua kết quả khảo sát trên ta thấy rằng, số lượng học sinh đạt điểm giỏi và khá rất thấp, số các em đạt điểm từ trung bình trở chỉ đạt trong khoảng 32% đến 37%, còn số các em đạt điểm kém rất nhiều. Vì vậy trong quá trình giảng dạy, tôi đã hình thành cho các em học sinh lớp 7, 8, 9 nhiều phương pháp giải dạng bài tập: “Chứng minh bất đẳng thức hình học”, để giúp các em tháo gỡ những khó khăn của mình. Tuy nhiên trong bài viết này tôi xin đi sâu vào một số phương pháp hay sử dụng để giải dạng bài tập nêu trên. Đặc biệt là có ba phương pháp sử dụng kiến thức phân môn đại số giúp các em học sinh khá, giỏi vận dụng để giải những bài tập khó của dạng toán trên. III. Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học ở bậc THCS: 1.Phương pháp thứ nhất: S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 4 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS Vận dụng quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc: Trong các đường xiên và đường vuông góc kẻ từ một điểm ở ngoài một đường thẳngđến đường thẳng đó, đường vuông góc là đường ngắn nhất. Ví dụ 1: Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng SABCD 1  2 AC.BD. Dấu “=” xẩy ra khi nào? Giải: Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC và BD. Kẻ AH  BD tại H Ta có: SABCD = SAOB + SBOC + SCOD + SDOA Ta có AH  OA (quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc) nên: SAOB 1 1  = 2 OB.AH 2 OB.OA O B  Dấu “=” xẩy ra khi AO B = 900 Tương tự ta có: SBOC SCOD SDOA => SABCD => SABCD   A D H C 1 2 OB.OC. 1  2 OC.OD. Dấu “=” xẩy ra khi C O D = 900  1  2 OD.OA. Dấu “=” xẩy ra khi D O A = 900  1 1 2 (OA.OB + OB.OC + OC.OD + OD.OA) = 2 AC.BD  1 2 .AC.BD Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi AC  BD tại O. Nhận xét: Trong bài tập trên ta đã xét quan hệ giữa đường xiên AO và đường vuông góc AH để từ đó chứng minh được diện tích một tam giác luôn bé hơn hoặc bằng một nữa tích hai cạnh bất kì trong tam giác đó. Ví dụ 2: Cho ABC vuông tại A, gọi M là trung điểm của AC. Gọi E, F theo thứ tự là chân đường vuông góc kẻ từ A và C đến đường thẳng BM. a. Chứng minh rằng AC > AE + CF. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 5 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS 1 b. Chứng minh rằng AB < 2 ( BE + BF). Giải: a.Trong tam giác vuông EAM, ta có: AM > AE. (1) (hệ giữa đường xiên và đường vuông góc) Trong tam giác vuông FCM, ta có: CM > CF (2). (hệ giữa đường xiên và đường vuông góc) Cộng vế theo vế (1) và (2) ta có: AM + CM > AE + CF  AC > AE + CF. B E b. Xét hai tam giác vuông EAM và FCM, ta có: AM = CM, vì M là trung điểm AC.  M A 2 F  M 1 M 2 C 1 ( đối đỉnh) do đó EAM FCM ( cạnh huyền góc nhọn), suy ra EM = FM. Trong tam giác vuông ABM, ta có: AB < BM (hệ giữa đường xiên và đường vuông góc) và vì BM = BE + EM nên AB < BE + EM.(3) AB < BM (hệ giữa đường xiên và đường vuông góc) và vì BM = BF – FM nên AB < BF – FM (4) 1 Cộng vế theo vế(3), (4) , ta được 2AB < BE + BF( vì EM = FM)  AB< 2 (BE + BF). Nhận xét: Bài tập ở ví dụ 2 tất cả các đối tượng học sinh ở các lớp 7 đều tham gia giải được, đây là bài tập không khó, sử dụng kiến thức lớp 7 để giải bài toán. Ví dụ 3: Cho đường tròn (O; R), AB là dây cung(AB 2R). C là điểm chính giữa C của cung AB, M là điểm trên cung AB. Đường thẳng OC cắt dây AB ở K. Vẽ MH M  AB, H  AB.Chứng minh rằng MH  CK. Giải: B  A Do C là điểm chính giữa AB nên OC  AB. Gọi I là giao điểm của OM và AB. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 H K I O 6 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS Ta có MH  AB, I  AB. => MH  MI (hệ giữa đường xiên và đường vuông góc) Mặt khác OK  AB, I  AB nên OK  OI (hệ giữa đường xiên và đường vuông góc) Mặt khác ta có: OM = OC = R. Do đó MH  MI = OM – OI  OC – OK = CK. Vậy MH  CK ( đpcm) Dấu “=” xẩy ra  M trùng C, khi đó H trùng K Nhận xét: Ví dụ 3 là một bài tập cho đối tượng học sinh lớp 9, được vận dụng kiến thức lớp 7 để giải. 2.Phương pháp thứ hai: Vân dụng quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác: Trong một tam giác: Góc đối diện với cạnh lớn hơn là góc lớn hơn. Cạnh đối diện với góc lớn hơn là cạnh lớn hơn. Ví dụ 4:Cho ABC có  tù. Gọi M là trung điểm của AC. Gọi E, F thứ tự là chân đường vuông góc kẻ từ A và C đến đường thẳng BM. 1 Chứng minh rằng AB < 2 ( BE + BF) B Giải Xét hai tam giác vuông EAM và FCM, ta có: AM = CM(vì M là trung điểm AC).  E  1 M 1 M 2 ( đối đỉnh) A M Do đó EAM FCM ( cạnh huyền -góc nhọn) Suy ra EM = FM. Trong tam giác ABM có  tù nên ta có: AB < BM (quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác )  AB < BE + EM (5) AB < BM  AB < BF – FM (6) Cộng vế theo vế (5) và (6) ta được 2AB < BE + BF( vì EM = FM) C 2 F 1  AB< 2 (BE + BF). A của góc A so với ví dụ 2. Và đây là một Nhận xét: Ở ví dụ 4 thay đổi số đo B bài tập chủ yếu dùng cho đối tượng học sinh lớp 7 Ví dụ 5: Cho tứ giác ABCD có AC = AD. Chứng minh rằng: BC < BD. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 D C 7 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS Giải:     Ta có B D C  A D C  AC D  B C D ( do tia DB nằm giữa hai tia DA và DC, tia CA nằm giữa hai tia CB và CD và ACD cân tại A)   Xét BCD :Vì B D C  B C D nên BC < BD (quan hệ giữa góc và cạnh đối diện trong một tam giác ) Nhận xét: Bài tập ví dụ 5 được áp dụng cho tất cả các đối tượng học sinh lớp 7, vì đó là một bài tập dễ, vận dụng kiến thức lớp 7 để giải. 3. Phương pháp thứ ba: Vận dụng bất đẳng thức tam giác: Trong một tam giác, mỗi cạnh nhỏ hơn tổng hai cạnh kia và lớn hơn hiệu hai cạnh đó. Ví dụ 6: Chứng minh rằng trong tứ giác lồi ABCD ta có bất đẳng thức: AB + CD < AC + BD B Giải: Gọi O là giao điểm hai đường chéo. Ta có: O A AC + BD = (AO + OC) + (BO + OD) C =(AO + OB) + (OC + OD) > AB + CD (bất đẳng thức tam giác). Vậy AC + BD > AB + CD.(đpcm) Ví dụ 7: D Gọi AB là một dây bất kì của đường tròn (O; R). Chứng minh rằng AB 2R ( SGK Toán 9). Giải: R A O B R O A B Trường hợp dây AB là đường kính. Ta có AB = 2R. Trường hợp dây AB không là đường kính: Xét  ABO, ta có AB < OA + OB= R + R = 2R( bất đẳng thức tam giác) S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 8 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS Vậy cả hai trường hợp ta luôn có AB 2R Ví dụ 8: Cho ABC và M là điểm nằm giữa B và C. a. Chứng minh rằng MA nhỏ hơn nửa chu vi tam giác ABC 1 b. Trong trường hợp M là trung điểm BC. Chứng minh rằng: MA < 2 (AB + AC). Giải: a. Ta lần lượt xét: . Trong MAB , ta có: MA < AB + BM (bất đẳng thức tam giác) (7) . Trong MAC , ta có: MA < AC + CM. (bất đẳng thức tam giác) (8) Cộng vế theo vế ( 7), (8) ta được: 2MA < AB + AC + BM + CM A 1  MA < 2 (AB + AC + BC) ( đpcm). b. Trên tia AM lấy điểm K sao cho AM = KM. Xét hai tam giác AMC và KMB , ta có: AM = KM  1 B 2 C M  M 1 M 2 ( đối đỉnh) CM = BM, vì M là trung điểm BC Do đó AMC = KMB suy ra BK = AC. Trong AKB , ta có : AK < AB + BK (bất đẳng thức tam giác) DK 1  2MA < AB + AC  MA < 2 (AB + AC). Ví dụ 9: Cho ABC có AB = c, AC = b, BC = a, trung tuyến AM = ma. bc  a bc  ma  2 2 Chứng minh rằng Giải: Xét ABM có: AM > AB – BM(bất đẳng thức tam giác) (9) Xét ACM có: AM > AC – MC (bất đẳng thức tam giác) (10) Cộng vế theo vế (9) và (10), ta có: 2AM > AB + AC – BC bc  a bc  a 2 2 => AM > hay ma > (*) A B C M S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 9 D Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS Trên tia đối của tia MA lấy điểm D sao cho MD = MA => AMB = DMC (c –g – c) => AB = CD Xét ACD có: AD < AC + CD = AC + AB(bất đẳng thức tam giác) b c =>2.AM < AC + AB hay ma < 2 (**) bc  a bc  ma  2 2 (đpcm) Từ (*) và (**) suy ra: Nhận xét: Cả 4 ví dụ 6, 7, 8,9 đều vận dụng kiến thức lớp 7 để giải. Trong đó, ví dụ 8 và 9 chủ yếu dành cho đối tượng học sinh có học lực từ khá trở lên. 4. Phương pháp thứ tư: Vận dụng kiến thức: Trong hai dây của một đường tròn, dây nào lớn hơn thì dây đó gần tâm hơn, dây nào gần tâm hơn thì dây đó lớn hơn. Ví dụ10: Cho đường tròn (O) và dây AB không đi qua tâm. Gọi M là trung điểm của AB. Qua M vẽ dây CD(không trùng với AB). Chứng minh rằng: AB < CD. Giải: C M A H B D O Do M là trung điểm của AB nên OM  AB Vẽ OH  CD. Xét  OHM vuông tại H có OH < OM( cạnh góc vuông bé hơn cạnh huyền) =>AB < CD( vì dây CD gần tâm hơn dây AB) Ví dụ11: Cho  ABC, O là giao điểm các đường trung trực của tam giác, D, E, F ^ ^ ^ thứ tự là trung điểm các cạnh AB, BC, AC. Cho biết A > B > C . Chứng minh rằng A OE < OF < OD.(SBT Toán 9 Tập 1) Giải: D F O S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 B E C 10 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS Do O là giao điểm 3 đường trung trực của tam giác ABC nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC. ^ ^ ^ Theo bài ra A > B > C nên BC > AC > AB do đó OE < OF < OD (trong hai dây của một đường tròn, dây nào lớn hơn thì dây đó gần tâm hơn, dây nào gần tâm hơn thì dây đó lớn hơn) Ví dụ12: Cho đường tròn (O), hai dây AB, CD cắt nhau tại điểm M nằm bên trong đường tròn. Gọi H và K theo thứ tự là trung điểm của AB, CD. Cho biết AB > CD, chứng minh rằng MH > MK. B Giải: H C O M A K D Do H, K lần lượt là trung điểm của AB, CD nên  MOH và  MOK là các tam giác vuông có chung cạnh huyền OM nên ta có: MH2 + OH2 = MK2 + OK2 (= OM2) (11) Ta có AB > CD nên OH < OK (trong hai dây của một đường tròn, dây nào lớn hơn thì dây đó gần tâm hơn, dây nào gần tâm hơn thì dây đó lớn hơn) =>OH2 < OK2 (12) Từ (11) và (12) suy ra MH2 > MK2 => MH > MK (đpcm) Nhận xét: Các ví dụ trong phương pháp 4 là các bài tập dễ, được áp dụng cho tất cả các em học sinh lớp 9 5. Phương pháp thứ năm: Vận dụng định lí: Trong các dây của đường tròn thì đường kính là dây lớn nhất Ví dụ13: Cho tam giác ABC có BD và CE là hai đường cao. Chứng minh rằng: DE < BC.(Bài tập 10.SGK.Toán 9.Tập 1) A Giải: D E S¸ng kiÕn kinh nghiÖmB n¨m häc 2013-2014 M C 11 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Ta có tam giác BEC vuông tại E có EM là đường trung tuyến nên ME = MB = MC Tương tự MD = MB = MC =>MD = MB = MC = ME hay bốn điểm B, E, D, C cùng nằm trên một đường tròn đường kính BC. Ta có DE là một dây khác đường kính của đường tròn đường kính BC nên DE < BC( đường kính là dây lớn nhất của đường tròn). Ví dụ14: Cho tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (O; R), M là một điểm di động trên trên cung nhỏ BC. Chứng minh rằng MA + MB + MC  4R. A Giải: D O C B Trên tia MA đặt MD = MB ^ M ^ M' 0  MBD cân có B M D = A C B 60 nên  MBD đều, do đó BD = BM (13) ^ ^ ^ ^ ^ ^ A B D + D B C = 600 và M B C + D B C = 600 nên M B C = A B D(14) Mà AB = BC(  ABC đều) (15) Từ (13), (14), (15) suy ra  ABD =  CBM ( c.g.c) =>DA = CM Vậy MB + MC = MD + DA = MA Với AM’ là một đường kính của đường tròn ta có: MA + MB + MC = 2MA  2AM’ = 2.2R = 4R (trong các dây của đường tròn thì đường kính là dây lớn nhất) Vậy MA + MB + MC  4R(đpcm). Dấu “=” xẩy ra  M trùng với M’, trong đó M’ là điểm chính giữa cung BC nhỏ Fcác dây AC, AD. Điểm E bất kì Ví dụ 15: Cho đường tròn (O) đường kính AB, C nằm trên (O), vẽ EF vuông góc với AC( F  AC); EG vuông góc với AD(G  AD). E Chứng minh rằng FG  AB. Giải: O B A S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 G D 12 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS ^ ^ Ta có A F E = A G E = 900 nên A, G, E, F cùng nằm trên đường tròn đường kính AE. Mà FG là một dây bất kì do đó FG  AE(16) (trong các dây của đường tròn thì đường kính là dây lớn nhất) Mặt khác AE là dây cung bất kì của đường tròn đường kính AB nên AE  AB (17) (trong các dây của đường tròn thì đường kính là dây lớn nhất) Từ (16) và (17) suy ra FG  AB. Dấu ‘=” xẩy ra  E trùng B, F trùng C, G trùng D. Nhận xét: Các ví dụ trong phương pháp 5 áp dụng cho đối tượng học sinh lớp 9, trong đó ví dụ 14 dành cho các em có học lực từ khá trở lên. 6.Phương pháp thứ sáu:: . Cho A(x), B(x), f(x) có miền xác định D  R. Ta có: [f(x)]2  0, với mọi x  D. Từ đó suy ra: A(x) = [f(x)]2 + m  m nếu tồn tại x = x0  D sao cho [f(x)]2 + m = m tức là [f(x0)]2 = 0 thì m là giá trị nhỏ nhất của A(x) và kí hiệu minA(x) = m  x = x0. B(x) = M – [f(x)]2 M nếu tồn tại x = x0  D sao cho M – [f(x)]2 = M tức là [f(x0)]2 = 0 thì M là giá trị lớn nhất của B(x) và kí hiệu maxB(x) = M  x = x0. Ví dụ 16: Cho tam giác ABC có diện tích S. Các điểm D, E, F thứ tự thuộc các cạnh AB, BC, CA sao cho AD = k.AB; BE = k.BC; CF = k.CA. Chứng minh rằng SDEF S  4 A Giải: D F B C E S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 13 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS Hai tam giác ACD và ACB có đáy AD = k.AB, còn chiều cao ứng với các đáy AD, AB bằng nhau, suy ra: SACD = k.SACB = k.S Hai tam giác ADC và FDC có CF = k.CA và đường cao ứng với các đáy CF, CA bằng nhau, suy ra: SFDC = k.SADC= k2.S SADF = SADC – SDCF = k.S – k2.S = k(1-k).S Tương tự chứng minh được: SBDE = SCEF =k(1-k).S =>SDEF = SABC –( SADF + SBDE + SCEF) = S – 3k(1-k)S = (1-3k+3k2)S 1 1 1 S 2 Do 1-3k+3k = 3( k- 2 ) + 4  4 nên SDEF  4 2 1 Dấu ‘=” xẩy ra  k = 2 , khi đó D, E, F lần lượt là trung điểm của AB, BC, CA Ví dụ17: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 12cm, BC = 8cm. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt lấy các điểm E, F, G, H sao cho AE = CF = CG= AH. Chứng minh rằng SEFGH  50(cm2) 12-x E x Giải: A B 8-x x H F x D G x C Đặt AE = CF = CG = AH = x =>BE = DG = 12 – x BF = DH = 8 –x Gọi S là tổng diện tích của 4 tam giác vuông AEH; CGF; EBF; GDH. Khi đó 1 1 diện tích S = 2. 2 .x.x + 2. 2 .(12-x)(8-x) = 2x2 -20x + 96 = 2(x -5)2 + 46  46. Mà SEFGH = SABCD – S = 12.8 – 46 – 2(x-5)2 = 50 -2(x-5)2  50. Vậy SEFGH  50(cm2). Dấu ‘=” xẩy ra  x = 5 hay khi AE = AH = CG = CF =5cm 7. Phương pháp thứ bảy: Vận dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số a, b không âm ta có: S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 14 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS a b  ab 2 . Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi a = b. Ví dụ 18: Cho ABC có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của ABC . K là chân BC 2 đường cao vẽ từ A của ABC . Chứng minh rằng: KH.KA  A 4 . Giải: Xét AKB và CKH có:   A K B C K H 900  H  B A K H C K (hai góc nhọn cạnh tương ứng vuông góc) B => AKB CKH ( g.g) C K KA KC  => KB KH => KA.KH = KB.KC (18) KB  KC  KB.KC 2 Áp dụng bất dẳng thức Cô- si ta có: 2 BC 2  KB  KC  KB.KC   KB.KC  2 4  =>  (19) BC 2 Từ (18) và (19) suy ra KA.KH  4 (đpcm) Dấu “=” xẩy ra  K là trung điểm BC Ví dụ 19: Cho tứ giác ABCD. Gọi O là giao điểm của AC và BD. Kí hiệu S1 =SAOB, S2 = SCOD, S = SABCD. Chứng minh rằng: S1  S 2  S C B Giải: O OA S AOB OA S AOD   OC S OC SCOD COB Ta có: và A D S AOB S AOD  S => COB SCOD => SAOB. SCOD = SCOB. SAOD = S1. S2. S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 15 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: SCOB + SAOD 2 SCOB .SAOD = 2 S1.S2 Do đó ta có: S = SAOB + SCOD + SCOB + SAOD => S  S1  S 2 S1  S 2  2 S1.S2 = S1  S 2  2 (đpcm). Dấu “=” xẩy ra  SCOB = SAOD  AB//CD  AB// CD Ví dụ 20: Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng : S ABCD  1 2  AC  BD  8 . Dấu “ =” xẩy ra khi nào? Giải: Theo ví dụ 1 ta đã chứng minh được SABCD  1 2 .AC.BD A Áp dụng bất dẳng thức Cô-si ta có: AC+ BD 2 AC.BD 2  AC+BD    AC.BD 2   hay O B D H C 2 =>SABCD =>SABCD 1  AC+BD  1 2    2  = 8  AC  BD  2  1 2  AC  BD  8 (đpcm) Dấu “=” xẩy ra khi AC = BD và AC  BD. Ví dụ 21: Cho tứ giác ABCD và một điểm O bên trong tứ giác. Gọi S là diện tích tứ giác ABCD. Chứng minh rằng: OA2 + OB2 + OC2+OD2  2S Giải: Ta có: S = SAOB + SCOD + SCOB + SAOD Theo ví dụ 1 ta có: SAOB  1 1 1 1    2 OB.OA; SBOC 2 OB.OC; SCOD 2 OC.OD; SDOA 2 OD.OA. =>2SAOB  OA.OB; 2SBOC  OB.OC; 2SCOD  OC.OD; 2SDOAB OD.OA. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có: C A O S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 D 16 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS 2SAOB OA2  OB 2 2  OA.OB  . (20) 2SBOC OB 2  OC 2 2  OB.OC  . (21) 2SCOD OC 2  OD 2 2  OC.OD  . (22) 2SDOA OD 2  OA2 2  OD.OA  . (23) Cộng vế theo vế của (20), (21), (22), (23) ta có : 2S  OA2 + OB2 + OC2+OD2 Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi AC  BD tại trung điểm O và OA = OB = OC = OD  ABCD là hình vuông. Nhận xét: Các ví dụ trong phương pháp này được vận dụng kiến thức phân môn đại số để giải và chỉ áp dụng được cho đối tượng học sinh khá, giỏi lớp 8, 9. 8.Phương pháp thứ tám: Vận dụng bất dẳng thức Bunhia- côpxki: Với bốn số a1, a2, b1, b2 bất kì ta có: (a1.b1 + a2.b2)2 (a12+a22)(b12+b22) Dấu “=” xẩy ra  a1 a2  b1 b2 Ví dụ 22: Cho tứ giác ABCD có đường chéo AC = 2a, BD = 2b. Chứng minh rằng một trong 2 2 các cạnh của tứ giác không bé hơn a  b Giải: Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD ^ ^ Vì A O D + A O B = 180 nên: B A O 0 ^ C ^ Hoặc A O D  900 hoặc A O B 900 ^ ^ Giả sử : A O D  900, khi đó A O B  900 D ^ Xét AOB vì A O B  900 nên ta có: AB2  OA2 + OB2 (24) ^ Xét COD vì C O D  900 nên ta có: CD2  OC2 + OD2 (25) S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 17 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS Từ (24) và (25) suy ra: AB2 + CD2  OA2 + OB2 + OC2 + OD2 (***) Áp dụng bất dẳng thức Bunhia-côpxki ta có: (12 + 12)( OA2 + OC2)  (OA+OC)2 = AC2 1  OA + OC  2 AC2 (26) 2 2 2 Tương tự ta có: OB + OD 2 1  2 BD2 2 2 (27) 2 Từ (26), (27) suy ra: OA + OC + OB + OD 2 1  2 (AC2 + BD2) (****) 1 Từ (***) và (****) suy ra: AB + CD  2 (AC2 + BD2) = 2(a2 + b2) 2 2 =>Hoặc AB2  a2 + b2, hoặc CD2  a2 + b2 2 2 2 2 =>Hoặc AB  a  b hoặc CD  a  b (đpcm) Dấu “=” xẩy ra  AC  BD tại trung điểm mỗi đường Ví dụ 23: Cho ABC , lấy một điểm O bất kì nằm trong tam giác. Các tia AO, BO, CO cắt BC, CA và AB tại P, Q, R. Chứng minh rằng: OA OB OC   3 2 OP OQ OR Giải: A R Q O C B P Đặt SBOC = x2, SCOA = y2, SAOB = z2  SABC = x2 + y2 + z2 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 18 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS AP S ABC x 2  y 2  z 2 AO y2  z2 AO y 2  z 2     1  1     2 2 2 OP S x OP x OP x BOC Ta có: y2  z2 OA  OP x (28) Chứng minh tương tự, ta có: OB x2  z 2  OQ y x2  y 2 OC  OR z Từ (28), (29), (30) suy ra: ( 29) (30) OB OA OC OQ OP + + OR = y2  z2 x + x2  z 2 x2  y 2 y z + (31) Áp dụng bất đẳng thức Bunhia- côpxki ta có: (12 + 12).( x2 + y2) (1.x + 1.y)2  2.( x2 + y2) (x + y)2 x 2  y2   x y 2 Do đó: x2  y 2 x  y  z. 2 (32) z Chứng minh tương tự ta có: yz y2  z2  x. 2 x (33) xz x2  z 2  y. 2 y (34) Từ (31), (32), (33), (34) ta có: OB OA OC OP + OQ + OR = x2  z 2 yz xz x y y2  z2 x2  y 2  y x. 2 + y. 2 + z. 2 (35) x z + + Mặt khác ta có: 1 y z z x x yz xz x y       x. 2 + y. 2 + z. 2 = 2  x x y y z y 6 3 2  z 2 (36) S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 19 Mét sè ph¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc h×nh häc ë bËc THCS (vận dụng bất đẳng thức Cô-si) Từ (35) và (36) suy ra: OA OB OC   3 2 OP OQ OR (đpcm) Dấu ‘=” xẩy ra  O là trọng tâm tam giác ABC Nhận xét: Các ví dụ ở phương pháp này (cũng giống như phương pháp 6,7) đã được vận dụng kiến thức phân môn đại số để giải và chỉ áp dụng được cho đối tượng học sinh khá, giỏi lớp 9. 9. Sau đây là một số bài tập: Bài 1: Chứng minh rằng nếu một tam giác có hai cạnh không bằng nhau thì tổng của cạnh lớn hơn và đường cao tương ứng lớn hơn tổng của cạnh nhỏ và đường cao tương ứng. Bài 2: Cho hình vuông ABCD có độ dài đường chéo AC = 1. Trên mỗi cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt lấy các điểm M, N, P, Q bất kì đẻ tạo thành tứ giác MNPQ lồi. Chứng minh rằng: Chu vi tứ giác MNPQ không nhỏ hơn 2. Bài 3: Cho tam giác ABC đều. Trên các cạnh BC, CA, AB lấy ba điểm bất ^ kì I, J, Ksao cho K khác A, B và I K J = 600 Chứng minh: AJ.BI  AB 2 4 . Dấu “=” xẩy ra khi nào? Bài 4:Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng: AB.CD + AD.BC  AC.BD. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tứ giác ABCD nội niếp được trong đường tròn. Bài 5: Xét một hình vuông và một tam giác. Nếu hai hình có diện tích bằng nhau thì hình nào có chu vi lớn hơn. Bài 6: Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O;R), M là một điểm bất kì trên đường tròn. Chứng minh rằng: MA.MB.MC.MD < 6R4 10.Kết quả thực thi: Với đề tài trên, trong quá trình giảng dạy, tôi đã hình thành cho các em nhiều phương pháp giải dạng bài tập: “Chứng minh bất đẳng thức hình học”, tôi đã giúp các em biết cụ thể hóa kiến thức, xâu chuỗi kiến thức, vận dụng phân môn đại số vào giải bài tập hình học, do đó các em hiểu sâu hơn về lý thuyết. Biết vận dụng lý thuyết vào giải bài tập thành thạo hơn. Chính vì vậy các em không gặp trở ngại, khó khăn khi gặp dạng toán “Chứng minh bất đẳng thức hình học” nữa, mà các em còn biết vận dụng linh hoạt các phương pháp khác nhau để giải các bài tập thuộc dạng toán này, từ đó các em hứng thú học tập môn Toán hơn, tạo nên sự tự tin khi làm bài tập toán và kết quả học tập của các em ngày càng tiến bộ rõ rệt. Sự tiến bộ đó được thể hiện qua kết quả thực thi đề tài cho 3 lớp học sinh 7A, 8A, 9A như sau: §iÓm 1 2 3 4 5 6 7 S¸ng kiÕn kinh nghiÖm n¨m häc 2013-2014 8 9 10 20