Vận dụng bất đẳng thức cô si vào giải các bài toán hình học lớp 9 tăng tính sáng tạo cho học sinh

I. MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Hiện nay, Đảng, Nhà nước đang rất quan tâm, chú trọng đặt nhiệm vụ giáo
dục là nhiệm vụ cấp thiết hàng đầu, tập trung kinh phí, tạo điều kiện tốt nhất cho
công tác giáo dục. Ngành giáo dục đã và đang trong công cuộc “đổi mới giáo dục”.
Hoàn thiện chương trình SGK, đổi mới phương pháp dạy học, tuyên truyền hưởng
ứng các cuộc vận động nhằm đáp ứng mục tiêu giáo dục nước nhà hiện nay.
Đào tạo học sinh phát triển toàn diện đó là mục tiêu cao nhất của giáo dục
Việt Nam nói chung và giáo dục Quảng Xương nói riêng. Nâng cao chất lượng dạy
và học ở trường THCS, chú trọng đến từng đối tượng học sinh. Bên cạnh vấn đề
cấp thiết là giúp đỡ học sinh yếu kém, nâng cao chất lượng học sinh đại trà, chú
trọng cho công tác bồi dưỡng học sinh giỏi.
Toán học là một bộ phận khoa học có tầm hết sức quan trọng trong phát triển
khoa học kỹ thuật và đời sống. Việc bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán để đào tạo
ra những người giỏi toán là việc rất cần thiết.
Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học thuộc loại những bài toán
khó cho học sinh 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 trong 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.
2. Mục đích nghiên cứu
Qua thực tế những năm trực tiếp giảng dạy và tham gia bồi dưỡng học sinh
giỏi toán 9, tôi nhận thấy việc vận dụng và khai thác bất đẳng thức Côsi trong quá
trình giải các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học là một hướng tiếp cận hiệu
quả, không chỉ bởi lẽ đối tượng của hình học (diện tích, độ dài đoạn thẳng, số đo
góc,...) và đối tượng để áp dụng BĐT Côsi là tương đồng (đại lượng không âm),
mà còn bởi tính đa dạng, đẹp của BĐT Côsi trong vận dụng. Sự khéo léo, linh hoạt
trong việc vận dụng và khai thác BĐT Côsi là một yêu cầu đối với học sinh giỏi
Toán. Mức độ khó, dễ của bài toán cũng có thể được điều chỉnh tùy theo chủ ý của
người ra đề. Với những suy nghĩ đó, tôi mạnh dạn nghiên cứu đề tài
“Vận dụng bất đẳng thức Côsi vào giải một số bài toán hình học THCS tăng

sự phát triển tư duy, sáng tạo, hứng thú cho học sinh học toán lớp 9”, mà cụ
thể là các bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học. Nội dung đề tài tạm chia làm
ba phần. Phần một gồm một số bài toán điển hình và những nhận xét của tác giả.
Phần hai là một vài suy nghĩ và những trao đổi xung quanh việc vận dụng một bài
toán gốc của đại số để cho ra những bài toán với những mức độ khác nhau của
hình học, thông qua những ví dụ cụ thể minh họa. Và phần ba là giới thiệu một số
bài tập.
Mong đây là một tài liệu tham khảo bổ ích với các em học sinh giỏi toán lớp
9, và các thầy cô tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS cùng các độc giả
yêu thích toán học.
3. Đối tượng nghiên cứu
1


- Phần kiến thức: Lý thuyết bài tập về bất đẳng thức hình học, cực trị hình
học.
- Học sinh: Học sinh khá giỏi khối 9 tại trường THCS Nguyễn Du – Quảng
Xương.
4. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp quan sát: Thực trạng về công tác chỉ đạo, công tác bồi dưỡng
học sinh khá, giỏi, quá trình học tập, chất lượng học tập của học sinh khá, giỏi.
Phương pháp nghiên cứu tài liệu như nghiên cứu sách, giáo trình có liên
quan đến kiến thức, bài tập về bất đẳng thức hình học, cực trị hình học. Nghiên cứu
chất lượng học sinh. Nghiên cứu công tác chỉ đạo của nhà trường đối với công tác
bồi dưỡng học sinh khá, giỏi.
Phương pháp tổng kết kinh nghiệm.
II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Cơ sở lý luận:
Trong quá trình giảng dạy toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh các
phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện và tu dưỡng

trong cuộc sống của học sinh. Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn luyện cho các em
tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán của trí tuệ là những điều
kiện cần thiết vô cùng quan trọng trong việc học toán.
Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo toán học, trước mỗi
bài tập tôi đã cho học sinh tìm hiểu cách giải, đồng thời người thầy giáo cũng phải
gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải. Trên cơ sở đó học sinh tự tìm ra
cách giải hợp lí nhất. Phát hiện ra những cách giải tương tự và khái quát đường lối
chung. Trên cơ sở đó với mỗi bài toán cụ thể các em có thể khái quát hóa bài toán
thành bài toán tổng quát và xây dựng bài toán tương tự.
2. Thực trạng vấn đề:
2.1. Thực trạng vấn đề
Qua nhiều năm giảng dạy bộ môn toán ở trường THCS, rồi tham khảo các
tài liệu, học hỏi kinh nghiệm của đồng nghiệp và sự tích lũy trau dồi của bản thân,
đặc biệt qua quá trình bồi dưỡng học sinh khá, giỏi bộ môn toán, bồi dưỡng học
sinh giỏi cấp trường, cấp huyện, cấp tỉnh. Tôi nhận thấy các bài toán về bất đẳng
thức hình học nói chung và đặc biệt là các bài toán cực trị hình học nói riêng là
những dạng bài mà học sinh vẫn còn lúng túng, còn tỏ ra không hứng thú khi gặp
dạng toán này.
2.2. Kết quả khảo sát đánh giá học sinh
Trước khi viết đề tài “Vận dụng bất đẳng thức Côsi vào giải một số bài
toán hình học THCS tăng sự phát triển tư duy, sáng tạo, hứng thú cho học
sinh học toán lớp 9”, và cũng chưa giảng dạy cho học sinh phương pháp giải loại
toán này tôi đã khảo sát chất lượng 20 học sinh khá, giỏi lớp 9C1 trường THCS
Nguyễn Du bằng cách làm một số bài kiểm tra về bài toán bất đẳng thức hình học
và cực trị hình học của khối lớp 9 thì thấy kết quả như sau:
Điểm
0 → 4,9
5 → 6,4
6,5 → 7,9
8 → 10

SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
12
60
6
30
2
10
0
0
2


Tổng số HS 20
Từ thực tế đó tôi đã tìm hiểu, đưa ra bài viết “Vận dụng bất đẳng thức
Côsi vào giải một số bài toán hình học THCS tăng sự phát triển tư duy, sáng
tạo, hứng thú cho học sinh học toán lớp 9”, nhằm đưa đến cho các em các
phương pháp giải bài tập về bất đẳng thức hình học, cực trị hình học. Với sáng kiến
kinh nghiệm này tôi đã thu được kết quả đáng kể trong việc nâng cao chất lượng
học sinh cũng như đạt kết quả cao các kỳ thi học sinh giỏi các cấp.
3. Giải pháp và tổ chức thực hiện:
Kế hoạch và thời gian nghiên cứu
Chủ đề này tôi áp dụng trong trường THCS Nguyễn Du trong thời gian từ
đầu năm học 2017 - 2018 và tiếp trong những năm học sau với tinh thần rút ra

những bài học kinh nghiệm và có sửa chữa, bổ sung cho phù hợp với các đối tượng
và giai đoạn cụ thể:
* Năm 2016 – 2017 : Tìm hiểu, xây dựng khung chương trình, nghiên cứu
tài liệu và xây dựng đề cương.
* Năm học 2017 – 2018 : Thực nghiệm và so sánh kết quả.
4. Nội dung nghiên cứu
Phần thứ nhất: Một số bài toán liên quan đến bất đẳng thức hình học sử dụng
bất đẳng thức Côsi.
Phần thứ hai: Các bài toán gốc đại số vận dụng vào giải một số bài cực trị
hình học sử dụng bất đẳng thức Côsi.
4.1. Định hướng chung
Bài tập về bất đẳng thức hình học, cực trị hình học rất đa dạng nhưng để làm
các bài tập đó trước tiên học sinh phải nắm vững được kiến thức cơ bản.
1. Bất đẳng thức Côsi: cho hai số a; b là các số không âm
Ta luôn có:

a+b
≥ ab . Dấu “=” xảy ra khi a = b
2

2. Bất đẳng thức Côsi: cho ba số a; b; c là các số không âm

a+b+c 3
≥ abc . Dấu “=” xảy ra khi a = b = c
3
3. Bất đẳng thức Côsi: Cho n số: a1 , a2 ,..., an là các số không âm
a + a + ... + an n
≥ a1a2 ...an Dấu “=” xảy ra khi a1 = a2 = ... = an
Ta luôn có: 1 2
n

Ta luôn có:

Cách phát biểu khác cho BĐT Côsi là: Với các số không âm, trung bình
cộng không nhỏ hơn trung bình nhân. Trung bình cộng và trung bình nhân bằng
nhau khi và chỉ khi các số đó bằng nhau.
Ý nghĩa của BĐT Côsi: + n số không âm có tổng không đổi, tích của chúng
đạt giá trị lớn nhất khi các số đó bằng nhau.
n số dương có tích không đổi, tổng của chúng đạt giá trị nhỏ nhất khi các số
đó bằng nhau.
Phát triển bài toán hình học từ một bài toán gốc đại số.
4. Bài toán gốc: Chứng minh rằng nếu a1 , a2 ,..., an là các số dương, thì
3


1 1
1 
+ + ... + ÷ ≥ n 2
an 
 a1 a2

( a1 + a2 + ... + an ) 

Chứng minh: Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
1 1
1
+ + ... +
a1 a2
an
≥

n

a1 + a2 + ... + an n
≥ a1a2 ...an (1);
n

n

1 1 1
. ...
a1 a2 an

(2)

Do các vế của (1) và (2) đều là các số dương, nên nhân từng vế của hai bất
1 1
1
+ + ... + ÷ ≥ n 2
an 
 a1 a2

đẳng thức trên, ta được: ( a1 + a2 + ... + an ) 

Dấu “=” xảy ra khi a1 = a2 = ... = an
Trong nhiều bài toán, người ta thường sử dụng ba trường hợp riêng sau đây:


1. Với mọi a, b > 0, ta có: ( a + b )  + ÷ ≥ 4
a b
1

1




1 1 1
2. Với mọi a, b, c > 0, ta có: ( a + b + c )  + + ÷ ≥ 9
a b c
a
b
c
3
+
+
≥
3. Với mọi a, b, c > 0, ta có:
b+c c+a a+b 2

Sau đây là ví dụ về việc sử dụng bài toán gốc đó trong một số bài toán cụ
thể.
4.2. Một số bài toán điển hình
Bài 1: [7] Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Hai đường chéo
AC và BD cắt nhau tại I. Chứng minh rằng:
AB CD BC AD IA IC IB ID
+
+
+
≤
+

+
+
CD AB AD BC IC IA ID IB

Lời giải
AB AI BI
AB
AI BI
=
=
⇒ =
(1)
.
CD DI CI CD
DI CI
AI BI 1  AI BI 
.
≤ 
+
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
÷ (2)
DI CI 2  CI ID 
AB 1  IA IB 
IA IB
Dấu “=” trong (2) xảy ra ⇔ =
; Từ (1) và (2) ⇒ ≤  + ÷ (3)
CD 2  IC ID 
IC ID

Dễ thấy ∆ABC : ∆DCI (g.g)⇒

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có:

4


CD 1  IC ID 
BC 1  IB IC 
AD 1  IA ID 
≤ 
+
≤ 
+
≤ 
+
÷ (4);
÷ (5);
÷ (6)
AB 2  IA IB 
AD 2  ID IA 
BC 2  IC IB 
IC ID IB IC IA ID
=
=
Dấu bằng trong (4), (5), (6) xảy ra tương ứng khi =
,
,
IA IB ID IA IC IB

.

Cộng từng vế của (3), (4), (5), (6) ta được điều phải chứng minh. Dấu bằng
xảy ra khi IA = IB = IC = ID ⇔ ABCD là hình chữ nhật.
Nhận xét: Trong bài toán trên, mặc dù dấu của bất đẳng thức cần chứng
minh là ≤ , trong khi cả hai vế của bất đẳng thức đều ở dạng tổng của các hạng tử.
Chìa khóa để giải quyết bài toán ở đây chính là việc chuyển đổi mỗi hạng tử của vế
 AB
=
 CD

trái thành dạng căn bậc hai của một tích 

AI BI 
. ,... ÷ , từ đó áp dụng bất đẳng
DI CI ÷


thức Côsi chứng minh được mỗi hạng tử đó của vế trái ≤ một nửa tổng hai hạng tử
của vế phải. Vì vậy, việc linh hoạt biến đổi bài toán để áp dụng được bất đẳng thức
Côsi trong những trường hợp cụ thể là rất cần thiết, đòi hỏi ở người làm toán sự tư
duy, tìm tòi và sáng tạo.
Bài 2: [3] Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ ba chiều cao AA1 , BB1 , CC1 ; ba trung
tuyến AA 2 , BB2 , CC2 . Giả sử AA 2 ∩ BB1 = P , BB2 ∩ CC1 = Q , CC2 ∩ AA1 = R .
AP

BQ

CR

Chứng minh rằng: PA + QB + RC ≥ 6
2

2
2
Lời giải

5


Áp dụng định lý Menelauyt trong tam giác AA 2C với đường thẳng BPB1 ,
AP A2 B CB1

BC B1 A

AP

Ta có: PA . BC . B A = 1 . Suy ra: PA = AB . CB (1)
2
1
2
2
1
AA
BC
=
2.
A
B
Do
2 là trung tuyến nên
2
AB

BB .cot gA

tgC

AP

tgC

1
1
và vì BB1 ⊥ AC nên B C = BB .cot gC = tgA ; Vậy từ (1) ⇒ PA = 2. tgA .
1
1
2

BQ

tgA

CR

tgB

Hoàn toàn tương tự, ta có: QB = 2. tgB , RC = 2. tgC
2
2
Từ đó:

 tgC tgA tgB 

AP BQ CR
+
+
= 2. 
+
+
÷
PA2 QB2 RC2
 tgA tgB tgC 

tgC tgA tgB
tgC tgA tgB
+
+
≥ 3. 3
.
.
=3
tgA tgB tgC
tgA tgB tgC
AP BQ CR
tgC tgA tgB
Vậy: PA + QB + RC ≥ 6 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tgA = tgB = tgC thì tam
2
2
2

Mặt khác, theo bất đẳng thức Côsi, thì:

giác ABC đều.

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

6


1
2

Ta có: S MCD = MC.MD
a
b
·
Đặt: MA = a , MB = b , ·AMC = BDM
, MD =
= α , Khi đó MC =
cos α
sin a

1
ab
2 sin α cos α
Do a, b là hằng số nên S∆MCD nhỏ nhất ⇔2 sin α cos α lớn nhất.
Theo bất đẳng thức Côsi: 2sin α cos α ≤ sin 2 α + cos 2 α = 1
Nên S∆MCD ≥ ab . Dấu bằng xảy ra khi sin α = cos α ⇔α = 450
Như vậy Min S ∆MCD = ab . Điểm C, D được xác định thứ tự trên các tia Ax, By sao
cho AC = AM , BD = BM .

Nên: S MCD = .

Nhận xét: Điểm sáng tạo trong cách giải trên là ta đã chọn biến là các tỉ số
lượng giác sin α , cos α .
Giữa sin α , cos α , sin 2 α + cos 2 α có liên hệ bởi BĐT Côsi: x 2 + y 2 ≥ 2 xy .
Bài 4: Cho tam giác ABC, điểm M di động trên cạnh BC. Qua M kẻ các đường
thẳng song song với AC và AB, chúng cắt AB và AC theo thứ tự ở D, E. Xác định
vị trí của điểm M sao cho hình bình hành ADME có diện tích lớn nhất.
Lời giải
Cách 1:
S

ADME
Ta thấy S ADME lớn nhất ⇔ S
lớn nhất. Kẻ BK ⊥ AC , cắt MD ở H. ( K ∈ AC )
ABC

S ADME = MD.HK , S ABC =

S
MD HK
1
.
AC.BK . Suy ra: ADME = 2.
S ABC
AC BK
2

7

MD

BM

x

HK

MC

y

Đặt MB = x , MC = y , ta có: AC = BC = x + y , BK = BC = x + y
S

2 xy

ADME
=
2
Do đó: S
( x + y ) (*)
ABC

2 xy

1

2
Theo bất đẳng thức Côsi: x + y ≥ 2 xy ⇔ ( x + y ) ≥ 4 xy ⇔ x + y 2 ≤ 2 (**)
(
)

S

1
ADME
≤ . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y .
Từ (*) và (**), ta được: S
2
ABC

1

Như vậy MaxS ADME = 2 S ABC , khi đó M là trung điểm của BC.
Cách 2:
Ký hiệu S ABC = S , S DBM = S1 , S EMC = S2 .
S +S
Rõ ràng S ADME lớn nhất ⇔ S1 + S2 nhỏ nhất ⇔ 1 2 nhỏ nhất.
S
Vì các tam giác DBM và EMC cùng đồng dạng với tam giác ABC nên:
2

2

S1  BM  S 2  MC 
=
=

÷,
÷
S  BC  S  BC 
S1 + S 2 BM 2 + MC 2 x 2 + y 2 1
=
≥ . Như vậy S1 + S 2 ≥ 1 S
2
2
Suy ra: S =
BC
2
( x + y) 2

1
Nên S ADME ≤ 2 S . Xảy ra dấu bằng ⇔ x = y .
1

Kết luận: max S ADME = 2 S ABC , khi đó M là trung điểm BC.
Nhận xét: Cách 1, ta đã xét một biểu thức trung gian, đó là tỉ số giữa diện tích hình
xy

1

bình hành ADME và diện tích tam giác ABC, bất đẳng thức Côsi dạng ( x + y ) 2 ≤ 4 .
8


Cách 2, ta cũng xét biểu thức trung gian đó là tỉ số giữa tổng diện tích của các
∆ DBM , ∆EMC và diện tích ∆ABC , vì vậy lại áp dụng bất đẳng thức Côsi dạng
x2 + y 2

( x + y)

2

≥

1
2 . Qua đây cho thấy, cùng một bài toán, nhưng với cách khai thác khác

nhau thì việc vận dụng bất đẳng thức Côsi sẽ ở những dạng khác nhau. Vấn đề là
đòi hỏi ở người làm toán khả năng vận dụng linh hoạt, hợp lý để đạt được mục
đích cụ thể.
Dưới đây là hai bài toán, vẫn là bài toán cực trị hình học nhưng ta lại vận
dụng bất đẳng thức Côsi ở khía cạnh khác. Với hai số dương x, y có tổng x + y
không đổi, thì tích xy đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x = y . Ngược lại nếu tích xy
khoong đổi thì tổng x + y đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi x = y .
Bài 5: [4] Cho tam giác ABC vuông cân có cạnh huyền BC = a. Gọi D là trung
điểm AB. Điểm E di chuyển trên cạnh AC. Gọi H, K theo thứ tự là chân các đường
vuông góc kẻ từ D, E đến BC. Tính diện tích lớn nhất của hình thang DEKH. Khi
đó hình thang trở thành hình gì?
Lời giải
Ta có: 2S DEKH = ( DH + EK ) .HK = ( BH + KC ) .HK
Ta thấy tổng ( BH + KC ) + HK không đổi (bằng BC = a cho trước)
a
2

Nên tích ( BH + KC ) .HK lớn nhất khi và chỉ khi BH + KC = HK = .
1 a a
2 2 2

Do đó: MaxS DEKH = . . =

a2
8

a
và nếu kẻ AM ⊥ BC thì do tam
2
a
a
giác ABC vuông cân tại A nên MB = MC = , nên HB = HM =
2
4
a a a
Vậy KC = BC − BH − HK = a − − =
4 2 4
a
a
Khi đó DH = HB = , EK = KC = . Hình thang DEKH là hình chữ nhật, E là trung
4
4

Khi đó hình thang DEKH có đường cao HK =

điểm AC.

9

Nhận xét: Trong cách giải bài toán trên nếu ta biểu thị BH + KC = a ; HK = b thì ta
có: a + b = m (không đổi) nên tích ab lớn nhất khi và chỉ khi a = b
Bài 6: [8] Cho đường tròn ( O; r ) nội tiếp tam giác ABC. Kẻ đường thẳng qua O cắt
hai cạnh CA, CB của tam giác theo thứ tự ở M và N. Đường thẳng ở vị trí nào thì
tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất?
Lời giải
1
2

Gọi S là diện tích ∆CMN , ta có S = SOCM + SOCN = ( CM + CN ) .r
S 1
= ( CM + CN ) (1)
r 2
1
Theo bất đẳng thức Côsi: ( CM + CN ) ≥ CM .CN (2). Mặt khác: CM .CN ≥ 2 S (3)
2
S 1
Kết hợp (1), (2), (3) suy ra: = ( CM + CN ) ≥ CM .CN ≥ 2 S
r 2

Do đó:

10


Hay S ≥ 2S .r ⇔ S 2 ≥ 2S .r 2 ⇔ S ≥ 2r 2 . Vậy S nhỏ nhất bằng 2r2 khi CM = CN . Tam
giác CMN cân đỉnh C có CO là phân giác nên CO ⊥ MN .
Kết luận: Đường thẳng MN ⊥ CO tại O thì ∆CMN có diện tích nhỏ nhất.
Nhận xét: Có thể diễn đạt kết quả bài toán trên dưới dạng sau: Cho điểm O thuộc
tia phân giác của góc C, một đường thẳng bất kì đi qua O cắt hai cạnh của góc C

tại M và N. Tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi CO là đường cao
của tam giác.
Cách khác: Cho điểm O thuộc tia phân giác của góc C, một đường thẳng bất kì đi
qua O cắt hai cạnh của góc C tại M và N. ∆CMN có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ
khi CO là trung tuyến của tam giác.
Ta còn có kết quả mạnh hơn bằng cách bỏ điều kiện O thuộc tia phân giác góc C:
Cho điểm O nằm trong góc C, một đường thẳng bất kì đi qua O cắt hai cạnh của
góc C tại M và N. Tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất khi và chỉ khi CO là trung
tuyến của tam giác. Dưới đây là hai cách giải bài toán này:
Cách 1: Xét ∆CMN nhận CO là trung tuyến và ∆CDE có DE đi qua O nhưng
OD < OE . Lấy I trên đoạn OE sao cho OI = OD .
Ta có: ∆ODM = ∆OIN (c.g.c) ⇒ SODM = SOIN ⇔ SCMN < SCDE .

Cách 2: Qua O kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của góc C, tạo thành
hình bình hành OHCK.
1
CMN ≥ 2 SOHCK .
2
Do góc C và điểm O cố định nên SOHCK không đổi.
Vì vậy MinSCMN = 2SOHCK , khi O là trung điểm của MN.

Theo kết quả Bài 4, ta có: SOHCK ≤ SCMN ⇒ S

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

11


Nhận xét: Qua những bài toán điển hình tôi đã lựa chọn ở trên, một số bài toán sẽ
còn có những cách giải khác. Tuy nhiên, với việc khai thác linh hoạt và hợp lý của

bất đẳng thức Côsi, cùng những kết quả khác của hình học, lời giải qua các ví dụ
đó đã ngắn gọn và đẹp hơn. Đối với người học (đối tượng là học sinh giỏi Toán 9),
thì có thể coi đây là những gợi ý, định hướng suy nghĩ và tìm tòi lời giải cho một
số bài toán cực trị hình học. Còn đối với người dạy (giáo viên), đây cũng có thể coi
như những ý kiến tham khảo, trao đổi về việc khai thác bất đẳng thức Côsi trong
việc đưa ra các bài toán cực trị hình học hay những bài toán giải quyết những vấn
đề có ý nghĩa thực tiễn trong cuộc sống.
Bài 7: [7] Cho ∆ABC , O là điểm tùy ý trong tam giác. AO, BO, CO kéo dài cắt các
cạnh đối diện thứ tự tại M, N, P. Chứng minh:

AO BO CO
+
+
≥ 6.
OM ON OP

Lời giải
Theo định lý Seva, ta có:

MO NO PO
+
+
= 1 (1)
MA NB PC

Áp dụng kết quả bài toán gốc với trường hợp riêng thứ 2, ta có:
 MA NB PO   MO NO PO 
+
+
+

+

÷
÷ ≥ 9 (2)
 MO NO PC   MA NB PC 
MA NB PO
+
+
≥9
Kết hợp (1) và (2) suy ra:
MO NO PC

12


MO + AO NO + BO OP + CO
+
+
≥9
MO
NO
OP
AO
BO
CO
AO BO CO
⇔ 1+
+1+
+ 1+
≥9⇔

+
+
≥6
MO
NO
OP
MO NO OP
MO NO PO
MO NO PO
=
=
+
+
=1
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
, mà
MA NB PC
MA NB PC
MO NO PO 1
=
=
= ⇔ M là trọng tâm ∆ABC .
Nên
MA NB PC 3
⇔

Bài 8: [1] Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Ba trung tuyến AA’,
BB’, CC’ lần lượt cắt (O) tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng:
AA ' BB ' CC ' 9
+

+
≤
(*)
AA1 BB1 CC1 4

Lời giải
Đặt AB = c , AC = b , BC = a .
Vì tứ giác ABA1C nội tiếp (O), AA1 cắt BC tại A’ nên: AA '. A ' A1 = A ' B. A ' C =

a2
4

a2
4
2
2
b +c
a2
−
Mà AA’ là trung tuyến của ∆ABC nên: AA '2 =
2
4
2
2
b +c
Suy ra: AA 'AA1 =
2
⇒ AA '. AA1 = AA '. ( AA '+ A ' A1 ) = AA '2 + AA '. A ' A1 = AA '2 +

13

AA '
AA '2
1 2b 2 + 2c 2 − a 2
a2
=
=
.
=
1
−
Ta có:
(1)
AA1 AA '. AA1 2
b2 + c2
b2 + c2

Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được:
BB '
b2
CC '
c2
= 1 − 2 2 (2) và
= 1− 2
(3)
BB1
a +c
CC1
a + b2

1  a2
b2
c2  9
Kết hợp (1), (2) và (3) thì: (*) ⇔ 3 − .  2 2 + 2 2 + 2 2 ÷ ≤
2 b +c a +c a +b  4
a2
b2
c2
3
a2
b2
c2
9
⇔
+
+
≥
1
+
+
1
+
+
1
+
≥
2
2
2

2
2
2
2
2
2
2
2
2
b +c
a +c
a +b
2
b +c
a +c
a +b
2
1
1 
 1
⇔ 2 ( a2 + b2 + c 2 )  2 2 + 2 2 + 2 2 ÷≥ 9
a +c
a +b 
b +c
1
1 
 1
⇔ ( b 2 + c 2 ) + ( a 2 + c 2 ) + ( a 2 + b 2 )  .  2 2 + 2 2 + 2
÷ ≥ 9 (2*)
a +c

a + b2 
b +c
⇔

Rõ ràng (2*) đúng với bài toán gốc nêu ở trên. Do đó (*) đúng.
Dấu bằng trong (*) xảy ra khi và chỉ khi a = b = c , tức là ∆ABC đều.
Nhận xét: 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):
b2 + c2 a 2
ma =
− .
2
4
2

14


a2
b2
c2
3
+
+
≥ . Đây chính là nội
2
2
2
2
2

2
b +c
a +c
a +b
2
x
y
z
3
dung của bất đẳng thức Nesbit (với n = 3 ): y + z + x + z + x + y ≥ 2 . Bất đẳng thức

Cũng có thể học sinh dừng lại ở chỗ

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 họa hình học” cho bất đẳng
thức Nesbit.
Bài 9: [5] Cho tam giác ABC. Vẽ ba phân giác AA’, BB’, CC’. Gọi a1 , b1 , c1 tương
ứng là các khoảng cách từ A’ đến AB, B’ đến BC, C’ đến CA. Gọi ha , hb , hc tương
a

b

c

3

1
1
1
ứng là ba chiều cao của tam giác kẻ từ A, B, C. Chứng minh rằng: h + h + h ≥ 2

a
b
c

Kẻ

AH ⊥ BC

Lời giải
và A ' K ⊥ AB theo đó, AH = ha , A ' K = a1 .
a

BA '

1
Trong ∆ABA ' có: BA '.ha = AB.a1 = c.a1 ⇒ c = h (1)
a

Mặt khác, do AA’ phân giác của ∆ABC ,
BA '

c

BA '

c

ac

Nên: A ' C = b ⇒ BA '+ A ' C = b + c ⇒ BA ' = b + c (2)

a

a

1
Thay (2) vào (1) ta được: h = b + c (3)
a

b

c

b

c

1
1
Hoàn toàn tương tự, ta có: h = c + a (4) và h = a + b (5)
b
c

a

b

c

a

b

c

3

1
1
1
Cộng từng vế của (3), (4), (5), ta được: h + h + h = b + c + c + a + a + b ≥ 2
a
b
c

Bài 10: [2] Gọi H là trực tâm của tam giác ABC có ba góc nhọn với ba đường
AA1 ; BB1 ; CC1 . Chứng minh rằng:

AA1 BB1 CC1
+
+
≥9
HA1 HB1 HC1

Lời giải
15


Gọi diện tích các tam giác: ∆ABC ; ∆HBC ; ∆HAC ; ∆HAB lần lượt là S ; S1;S2 ; S3 Thì
S = S1 + S2 + S3
1

1
1
BC.HA1
AC.HB1
S3 2 AB.HC1 HC1
S1 2
HA1
S2 2
HB1
=
=
=
Ta có: S = 1
(1); S = 1
(2); S = 1
(3)
AA
BB
1
1
BC. AA1
AC.BB1
AB.CC1 CC1
2
2
2
HA1 HB1 HC1 S1 + S 2 + S3
=1
Từ (1); (2); (3) suy ra: AA + BB + CC =
S

1
1
1

 HA

HB

HC   AA

BB

CC 

1
1
1
1
1
1
Do đó:  AA + BB + CC ÷ HA + HB + HC ÷ ≥ 9 (theo BĐT Côsi)
1
1 
1
1
1 
 1

HA

HB

HC

1

S
1
1
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi AA = BB = CC = 3 ⇔ S1 = S 2 = S3 = 3 , lúc đó H
1
1
1

vừa là trực tâm, vừa là trọng tâm của tam giác ABC, nên tam giác ABC là tam giác
đều.
Nhận xét: Từ ba bài toán bất đẳng thức đại số quen thuộc
1

1

1. Với mọi a, b > 0, ta có: ( a + b )  a + b ÷ ≥ 4
1

1

1

2. Với mọi a, b, c > 0, ta có: ( a + b + c )  a + b + c ÷ ≥ 9

a

b

c

3

3. Với mọi a, b, c > 0, ta có: b + c + c + a + a + b ≥ 2
Vận dụng vào giải và sáng tạo ra các bài toán bất đẳng thức hình học hoặc
tìm cực trị hình học.

16


Dạng toán này lúc đầu các em còn lúng túng khi sử dụng tính chất bất đẳng
thức, sau khi được làm các bài tập ví dụ và làm thêm các bài tập áp dụng thì đại đa
số các em đã biết cách giải dạng toán này, không còn sai sót.
5. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
5.1. Kiểm nghiệm
Sau khi phân loại bài tập về bất đẳng thức hình học, cực trị hình học tôi thấy
có sự thay đổi rõ rệt qua các lần theo dõi cũng như kiểm tra học sinh. Việc nhận
dạng các bài toán của học sinh nhanh hơn. Học sinh đưa ra hướng giải nhanh và
chính xác hơn, kiến thức học sinh đã theo hệ thống chặt chẽ và logic hơn.
Thực tế cũng cho thấy, khi phân loại bài toán giúp bài giảng giáo viên trở
nên hấp dẫn, cuốn hút học sinh hơn, giúp học sinh giải quyết vấn đề đặt ra một
cách nhanh chóng và chính xác.
Sau đây là kết quả khảo sát học sinh sau khi tôi đã dạy cho học sinh dạng
toán này:
Điểm

Tổng số HS 20

0 → 4,9
SL
%
0

0

5 → 6,4
SL
%
0

0

6,5 → 7,9
SL
%
7

35

8 → 10
SL
%
13

65

5.2. Giới thiệu một số bài toán
Bài 1: Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm (O) với ba
đường cao AA1 ; BB1 ; CC1 lần lượt cắt đường tròn tâm (O) tại D; E; F. Xác định
dạng của tam giác ABC sao cho.
AA 1 BB1 CC1
1) DA + EB + FC đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.
1
1
1
AA1 BB1 CC1
2) AD + BE + CF đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.

Bài 2: M là một điểm di động trên đoạn thẳng AB cố định. Vẽ các hình
vuông AMCD, BMEF. Xác định vị trí của M để tổng các diện tích hai hình vuông
đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 3: Cho tam giác nhọn ABC có 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.
Bài 4: 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.
17


Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ một điểm I nằm trong tam giác kẻ
IM ⊥ BC

2
2

2
, IN ⊥ AC , IK ⊥ AB . Xác định vị trí của điểm I sao cho IM + IN + IK nhỏ

nhất.
Bài 6: Cho hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A. Qua A vẽ hai tia
vuông 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.
Bài 7: 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
1

1

1

dạng của tam giác ABC để tổng GA + GB + GC lớn nhất.
1
1
1

Bài 8: Cho đoạn thẳng AB = a và điểm M di động trên đoạn thẳng đó. Dựng
về một phía của AB hai hình vuông AMCE và BMKQ.
1) Chứng minh AK, BC, QE đồng quy tại một điểm I.
2) Xác định M trên đoạn AB để ∆AIB có chu vi lớn nhất? Diện tích lớn nhất?
Bài 9: 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.
Bài 10: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 10cm trên các cạnh AB; BC;
CD; DA lấy theo thứ tự các điểm M; N; P; Q sao cho AM = BN = CP = DQ . Tìm vị

trí của điểm M sao cho tứ giác MNPQ có chu vi nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.

18


III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
1. Kết luận:
Trên đây là những vấn đề mà bất kì học sinh hay giáo viên nào muốn nâng cao
kiến thức cũng quan tâm. Việc nghiên cứu đề tài này đã giúp tôi có thêm nhiều
kinh nghiệm trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9, là một tài liệu quan
trọng trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Đặc biệt hơn đề tài đã tạo được hứng
thú cho học sinh trong quá trình học tập và cũng giúp cho các em sáng tạo hơn
trong quá trình giải các bài toán về cực trị trong hình học.
2. Kiến nghị
Đối với giáo viên:
- Cần xác định đúng yêu cầu nhiệm vụ, trách nhiệm và vấn đề bồi dưỡng
học sinh giỏi, và vấn đề chất lượng học sinh môn Toán, chất lượng học sinh
giỏi.
- Nhiệt tình trách nhiệm cao chăm lo đến chất lượng học sinh đặc biệt là học
sinh giỏi.
- Có kế hoạch phấn đấu cụ thể cho từng đối tượng học sinh, có thời gian bồi dưỡng
cụ thể, có chương trình bồi dưỡng phù hợp với từng đối tượng học sinh.
- Nắm vững kiến thức Toán học, nội dung chương trình SGK, nắm vững
phương pháp giảng dạy môn Toán, phương pháp bồi dưỡng học sinh giỏi.
Đối với học sinh:
- Phát động phong trào thi đua học tập thường xuyên.
- Chọn đối tượng phù hợp để bồi dưỡng.
- Hướng dẫn việc học tập và phương pháp học tập trên lớp của học sinh.
- Kiểm tra việc học tập trên lớp, học tập ở nhà của học sinh thông qua giờ dạy,
vở ghi, vở bài tập...

- Sau khi kiểm tra thông báo kết quả động viên học sinh học tập đặt biệt là đối
với những em có kết quả cao để phấn đấu có kế hoạch bổ sung.
19


- Kết hợp chặt chẽ với giáo viên bộ môn trong quá trình giảng dạy bồi dưỡng,
đặc biệt quan tâm đến đối tượng học sinh giỏi để các em phát triển đồng bộ các
môn nhằm tạo điều kiện cho các em phát triển môn Toán.
- Đối với cha mẹ học sinh giỏi: Động viên hướng dẫn quản lý kiểm tra học
sinh về vấn đề học tập ở nhà của học sinh. Cha mẹ phải thực sự nhiệt tình chăm lo
đến con cái.
Trên đây là sáng kiến: “Vận dụng bất đẳng thức Côsi vào giải một
số bài toán hình học THCS tăng sự phát triển tư duy, sáng tạo, hứng thú
cho học sinh học toán lớp 9”. Do khuôn khổ bài viết sáng kiến kinh nghiệm
của tôi chắc sẽ còn nhiều thiếu xót. Rất mong nhận được những ý kiến đóng
góp của các đồng nghiệp giúp tôi sửa chữa và bổ sung được đầy đủ và tốt
hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 4 năm
2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.

Cao Thế Anh

20