Một số giải pháp nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi môn toán qua việc ứng dụng bất đẳng thức côsi giải bài toán hình học lớp 9

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Khi giảng dạy môn Toán bậc THCS, tôi nhận thấy các em học sinh lớp 9
gặp rất nhiều khó khăn khi giải các bài toán về bất đẳng thức và cực trị hình học.
Đây thuộc loại những bài toán khó đối với học sinh, kể cả học sinh giỏi khi gặp
dạng toán này.
So với các bất đẳng thức đại số, các bất đẳng thức hình học chưa được
quan tâm nhiều. Nguyên nhân khó giải quyết vấn đề này vì phương pháp tiếp
cận không phải là các phương pháp thông thường hay được áp dụng trong hình
học, và cũng không phải chỉ là phương pháp đại số thuần tuý. Để giải một bài
toán về bất đẳng thức hình học cần thiết phải biết vận dụng các kiến thức hình
học và đại số một cách thích hợp và nhạy bén.
Qua những năm trực tiếp giảng dạy và tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi
Toán 9, tôi nhận thấy việc khai thác bất đẳng thức Côsi trong quá trình giải các
bài toán bất đẳng thức và cực trị hình học là một hướng tiếp cận hiệu quả, không
chỉ bởi lẽ đối tượng của hình học (diện tích, độ dài đoạn thẳng, số đo góc, …) và
đối tượng để áp dụng bất đẳng thức Côsi là tương đồng (đại lượng không âm),
mà còn bởi tính đa dạng của bất đẳng thức Côsi trong vận dụng. Sự khéo léo,
linh hoạt trong việc khai thác bất đẳng thức Côsi là một yêu cầu đối với học sinh
giỏi Toán. Hơn nữa qua theo dõi nhiều năm tôi thấy cực trị hình học có rất nhiều
trong các đề thi: Tuyển sinh vào lớp 10 nhất là trường chuyên và trong các đề thi
học sinh giỏi cấp huyện, cấp tỉnh... Song khi giải các bài toán này học sinh gặp
không ít khó khăn, phức tạp. Từ thực tiễn giảng dạy tôi thấy học sinh thường
ngại học phần này, bế tắc, lúng túng về cách xác định dạng toán, chưa có nhiều
phương pháp giải hay và gọn nên kết quả các cuộc thi HSG , thi chuyên , thi vào
lớp 10 ... chưa cao
Do đó, tôi chọn đề tài: “Một số giải pháp nâng cao chất lượng bồi dưỡng
học sinh giỏi môn Toán qua việc ứng dụng bất đẳng thức côsi giải bài toán
hình học lớp 9”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Tôi chọn nghiên cứu đề tài này nhằm giúp học sinh khá giỏi nâng cao khả

năng vận dụng bất đẳng thức côsi trong việc giải toán đặc biệt là toán hình học
lớp 9, tự tin và có kết quả tốt hơn trong các kì thi, đặc biệt kì thi HSG các cấp.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
“Một số giải pháp nâng cao chất lượng bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán
qua việc ứng dụng bất đẳng thức côsi giải bài toán hình học lớp 9” ở Trường
THCS Quang Trung, thành phố Thanh Hóa.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lí thuyết (phân tích, tổng hợp).
- Phương pháp dự giờ, rút kinh nghiệm, hợp tác trong chuyên môn.
- Phương pháp điều tra, khảo sát thực tế, thống kê, xử lí số liệu
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm.
1


2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến
Bản thân tôi đã nghiên cứu,vận dụng các phương pháp trên với mong
muốn giúp các em thích học dạng “Cực trị hình học - ứng dụng của bất đẳng
thức Côsi” và nắm chắc kiến thức của từng dạng bài, tự tin hơn khi học phần
toán này. Để làm được điều đó học sinh cần nắm được:
- Khái niệm cơ bản của bất đẳng thức Côsi (BĐT cô si):
Cho a1, a2, …, an là các số không âm. Ta luôn có:

(với n �; n �2 )
Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = … = an. [3]
* 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.[3]
* 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.[3]
Lưu ý: Trước khi thực hiện bước 1, học sinh cần phải đọc kỹ đề bài, nhận
dạng bài toán là dạng toán nào, và có thế chuyển đổi việc tìm cực trị của bài
toán qua việc vận dụng BĐT côsi không, sau đó tóm tắt đề bài rồi giải. Bước 1
có tính chất quyết định cách giải bài toán dễ dàng hay phức tạp``.
Khi giải chúng ta cần lập luận dựa vào các dữ kiện của đề bài. Tuy nhiên
khi lập luận trình bày lời giải cần phải có thứ tự, vấn đề nào cần lập luận trước,
vấn đề nào cần lập luận sau. Giữa các bước lập luận biểu diễn sự tương quan
giữa các đại lượng phải logic, chặt chẽ với nhau, bước sau là sự kế thừa của
bước trước, bước trước nêu ra nhằm chủ ý cho bước sau tiếp nối. Không nên
diễn giải lung tung, không có trình tự, dài dòng giữa các bước.
Khi áp dụng BĐT côsi trong việc giải các bài toán cực trị hình học lớp 9
mà giáo viên cần lưu ý cho học sinh các yêu cầu quan trọng ở mục 2.3.5. Ngoài
việc nhắc nhở học sinh nắm vững kiến thức cơ bản của BĐT côsi, vẽ hình chính
xác ..., nắm vững các yêu cầu đặt ra trong việc giải toán, học sinh là đối tượng
để giải tốt các bài tập, nhưng việc quan trọng nhất, thành công dạy học vẫn là do
sự dẫn dắt của người thầy. Để học sinh học được tốt, hiểu được bài, vận dụng
được lý thuyết để giải bài tập thì trước hết giáo viên phải soạn bài thật tốt, chuẩn
bị một hệ thống các câu hỏi phù hợp, một số bài tập đơn giản phù hợp với từng
đối tượng học sinh. Do vậy giáo viên cần phải cho học sinh những bài tập tương
tự để các em tự làm , cũng cần phải phân loại rõ ràng cho học sinh từng dạng.
Từ đó chất lượng học sinh mũi nhọn sẽ được nâng cao hơn.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến
2


Chương trình môn Toán ở bậc THCS rất rộng và đa dạng, các em được
lĩnh hội nhiều kiến thức. Trong đó có một nội dung kiến thức theo các em trong

suốt quá trình học tập là bất đẳng thức. Ngay từ những ngày mới cắp sách đến
trường, học sinh đã được làm quen với dấu >; < và so sánh với các số tự nhiên
đơn giản, sau đó so sánh các phân số, so sánh các biểu thức ở lớp 4, lớp 5. Rồi
học sinh được tiếp cận với một số bài toán về chứng minh bất đẳng thức trong
đó có cả biểu thức số, biểu thức đại số, hình học và bất đẳng thức còn gắn liến
với chương hình học của các em đến hết lớp 12. Như vậy BĐT xuất hiện từ lớp
1 đến lớp 12, xuyên suốt chương trình của các em, thường xuyên có mặt trong
các đề thi cuối cấp, thi vào các trường chuyên chọn, thi học sinh giỏi, thi đại
học... Toán về bất đẳng thức là khó, chúng được giải không hoàn toàn dựa vào
một công thức nào cả đặc biệt lại là bất đẳng thức hình học. Hơn nữa các bài tập
sách trong giáo khoa chưa thể hiện đủ các phương pháp chứng minh vì thế học
sinh thường thiếu tự tin và lúng túng khi gặp phải dạng toán này. Đặc biệt, dạng
toán áp dụng BĐT giải bài tập hình học.
Từ những lý do đó mà học sinh rất ngại làm loại toán này. Trong thực tế
có thể giáo viên mới chỉ dạy cho học sinh ở mức độ truyền thụ tinh thần của lí
thuyết mà chưa phân dạng, chưa cho học sinh luyện tập nhiều các dạng tương
tự. Kỹ năng phân tích tổng hợp của học sinh còn chưa thành thạo, cách khai thác
vấn đề cần chứng minh để đưa vào áp dụng BĐT chưa thạo, mối liên hệ giữa các
dữ liệu trong bài toán, dẫn đến việc học sinh rất lúng túng và gặp rất nhiều khó
khăn trong vấn đề giải loại toán này. Vì vậy kết quả học tập của các em lớp mũi
nhọn chưa cao. Nhiều em nắm được lý thuyết rất chắc chắn nhưng khi áp dụng
giải bài tập thì lại không làm được.
Tôi đã thử nghiệm khảo sát phần kiến thức về việc áp dụng BĐT côsi giải
bài toán hình học lớp 9 ở nhóm học sinh khá giỏi của lớp 9 năm học 2018-2019
và năm học 2019 - 2020 trường trung học Quang Trung kết quả như sau:
Tổng
số HS

Năm học

20
20

Giỏi

Khá

TB

Yếu

Kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

2018-2019

1

5

3

15

5

25

2

10

9

45

2019-2020

2

10

4

20

4

20

3

15

7

35

Trước thực trạng trên đòi hỏi phải có giải pháp trong phương pháp dạy và
học sao cho phù hợp. Từ các lí do đó, tôi đề xuất các giải pháp cụ thể sau:
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Củng cố, khắc sâu nội dung lí thuyết về BĐT Côsi và một số hệ
quả
Giáo viên giúp Hs nhắc lại khái niệm BĐT Côsi thông qua công thức và
phát biểu thành lời. Sau đó khái quát công thức trong từng trường hợp cụ thể,
trường hợp tổng quát.
3


- Khắc sâu nội dung lí thuyết thông qua các ví dụ đơn giản và các phản ví
dụ. Từ đó rút ra một số hệ quả hay vận dụng để giải bài tập sau này. Ta bắt đầu

bằng việc nhắc lại Bất đẳng thức Côsi:
Cho a1, a2, …, an là các số không âm. Ta luôn có:

(với n �; n �2 )
Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = … = an.
* 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.[3]
Bài toán gốc 1: Chứng minh rằng nếu a1, a2, …, an là các số dương, thì
(a1 + a2 + … + an)( + + … + )  n2
Chứng minh: Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có:


(1)


(2)
Do các vế của (1) và (2) đều là các số dương, nên nhân từng vế của hai
bất đẳng thức trên, ta được: (a1 + a2 + … + an)( + + … + )  n2
Dấu bằng xảy ra khi a1 = a2 = … = an. [3]
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)( + )  4
2. Với mọi a, b, c > 0, ta có: (a + b + c)( + + )  9
[3]

2.3.2. Nhắc lại một số bài toán hình học cơ bản áp dụng BĐT Côsi
Gv đưa ra một số bài toán hình học cơ bản giúp Hs áp dung linh hoạt
BĐT Cô si vào giải, khi làm xong từng bài toán hình học cơ bản gv phân tích
giả thiết bài toán để tìm mối liên hệ với BĐT Cô si và tìm ra chìa khóa giúp Hs
giải quyết được bài toán. Hướng Hs thay đổi giả thiết hoặc Dấu đẳng thức xảy ra
trong trường hợp đặc biệt để tạo ra bài toán mới sau đó tìm hướng giải quyết
trực tiếp hoặc chuyển bài toán mới về bài toán đã làm.
Gv ra hệ thống bài tập hình tương tự về nhà cho Hs luyên tập, cho Hs thảo
luận nhóm với các bạn, sau đó chấm sửa bài nghiêm túc, tuyên dương những Hs
làm bài tốt.
2.3.3. Hướng dẫn HS vận dụng BĐT Côsi để giải các bài tập hình học
điển hình.
- Gv hướng dẫn Hs phân tích kĩ nội dung bài toán, xác định các yếu tố đã
biết và chưa biết, hướng Hs phân tích kết luận tìm ra vấn đề then chốt liên quan
4


đến các số không âm mà giả thiết cho để hướng hs áp dụng BĐT Côsi vào để
giải (cụ thể như ở bài toán 1 của đề tài sau khi Hs chứng minh được hai tam giác
đồng dạng quen thuộc rồi suy ra tỉ số, Gv đã hướng Hs linh hoạt chuyển vế trái
đẳng thức từ Tích sang Tổng để áp dụng BĐT để giải bài tập hình hay bài toán 5
Gv cho Hs kiểm tra thấy tổng hai độ dài không đổi vậy tích của chúng lớn nhất
khi nào thì Hs phát hiện được khi hai số bằng nhau, từ đó Hs xác định được bài
hình trong trường hợp đặc biệt khi hai số bằng nhau và nghĩ ngay đến sử dụng ý
nghĩa của BĐT Côsi vào và giải được bài toán).
- Gv cho Hs tham gia làm bài tập tương tự, giải đề có nội dung này chấm,
sửa bài nghiêm túc, đánh giá, khen thưởng Hs kịp thời, thay đổi linh hoạt các
hình thức đánh giá hay thi như câu lạc bộ Toán của trường, thi giải toán nhanh...
giúp hs tham gia hoạt động học vui vẻ không gò bó nhằm mang lại hiệu quả cao.
Điều đó được thể hiện rõ qua nội dung các ví dụ sau:

Bài 1: (Một kết quả đẹp và thú vị về tứ giác nội tiếp) [9]
Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn. Hai đường chéo AC và
BD cắt nhau tại I. Chứng minh rằng:
+ + +  + + + ( 1)
* Phân tích bài toán: Để chứng minh đẳng thức (1) ta chuyển đổi mỗi
hạng tử của vế trái thành dạng căn bậc hai của một tích ( = , …), từ đó áp dụng
bất đẳng thức Côsi chứng minh được mỗi hạng tử đó của vế trái  một nửa tổng
hai hạng tử của vế phải cụ thể:
* Hướng dẫn: (Hình 1)
Dễ thấy  ABI ∽  DCI (g.g)
 = =  = (1)
Theo bất đẳng thức Côsi, ta có:
 ( + )
(2)
Dấu bằng trong (2) xảy ra  =
Từ (1) và (2)   ( + )

(3)

Hình 1

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có:
 ( + )
 ( + )

(4)
(5)

 (+ )
(6)

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


Cộng từng vế của (3),(4), (5), (6) ta được điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy
ra khi IA = IB = IC = ID  tứ giác ABCD là hình chữ nhật. [9]
* Nhận xét: Chìa khoá để giải quyết bài toán ở đây chính là việc chuyển
đổi mỗi hạng tử của vế trái thành dạng căn bậc hai của một tích, từ đó áp dụng
bất đẳng thức Côsi chứng minh được bài toán. 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, rèn luyện nhiều dạng bài hình thành kĩ
năng cần thiết, tìm tòi và sáng tạo.
Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC. Vẽ ba chiều cao AA1, BB1, CC1; ba trung tuyến
AA2, BB2, CC2. Giả sử AA2  BB1=P, BB2  CC1=Q, CC2  AA1=R. Chứng
minh rằng:
+ +  6 (2)
[9]
*Phân tích: Để chứng minh (2) thì ta chuyển đổi mỗi tỉ số ở vế trái về
bằng các tỉ số lượng giác. Sau đó ta áp dụng định lí Menelauyt tìm mối quan hệ
tan C
giữa các tỉ số lượng giác ấy như = . � = 2.
; ……… rồi áp dụng BĐT
tan 
Côsi để chứng minh các tỉ số lượng giác đó.
*Hướng dẫn:
Áp dụng định lý Menelauyt trong tam giác
AA2C với đường thẳng BRB1, ta có:
. .
=1
Suy ra: = . (1)

Do AA2 là trung tuyến nên BC = 2.A2B,
BB .cot A tan C
và BB1  AC nên = BB1.cot C =
tan 
1

Hình 2
tan C
.
tan 
Hoàn toàn tương tự, ta có:
tan 
tan 
= 2.
; = 2.
tan 
tan C
tan  tan 
tan C
Từ đó: + + = 2.(
+
+
)
tan 
tan C
tan 
Mặt khác, theo bất đẳng thức Côsi, thì:
tan  tan 
tan C
tan C tan  tan B

+
+
 3. 3
�
�
=3
tan 
tan C
tan 
tan  tan B tan C
tan 
tan 
tan C
Vậy: + +  6. Dấu “=” xảy ra khi
=
=
, tức là tam giác
tan 
tan C
tan 
ABC đều. [9]
Vậy từ (1) 

= 2.

6


Bài 3: Cho điểm M nằm trên đoạn thẳng AB. Vẽ về một phía của AB các
tia Ax, By vuông góc với AB. Qua M có hai đường thẳng thay đổi luôn vuông

góc với nhau và cắt Ax, By theo thứ tự ở C, D. Xác định vị trí của các điểm C, D
sao cho tam giác MCD có diện tích nhỏ nhất. [7]
Phân tích: Để xác định vị trí của các điểm C, D sao cho tam giác MCD có
diện tích nhỏ nhất căn cứ vào GT bài toán, ta đưa bài toán về việc sử dụng các tỉ
số lượng giác để tính các cạnh MC, MD theo tỉ số lượng giác sinα, cosα. Và nhớ
tới hệ thức sin2α + cos2α = 1 liên hệ bởi BĐT Côsi: x2 + y2  2xy. Dấu đẳng
thức xảy ra chính là vị trí của 2 điểm C, D tìm được.
Hướng dẫn: (Hình 3)
Ta có: SMCD = MC.MD
Đặt MA = a, MB = b
�
�
=α
AMC  BDM
Khi đó MC = , MD =
Nên: SMCD = .
Do a, b là hằng số nên SMCD nhỏ
nhất
 2sinαcosα lớn nhất.

Hình 3
Theo bất đẳng thức Côsi: 2sinα.cosα  sin2α + cos2α = 1
Nên SMCD  ab. Dấu bằng xảy ra khi sinα = cosα  α = 450
Như vậy Min SMCD = ab. Điểm C, D được xác định thứ tự trên các tia Ax, By
sao cho AC = AM, BD = BM. [7]
Nhận xét: Điểm sáng tạo trong cách giải trên là ta đã chọn biến là các tỉ số
lượng giác sinα, cosα. Giữa sinα. Cosα với sin 2α + cos2α có liên hệ bởi BĐT
Côsi:
x2 + y2  2xy.
Bài 4: Cho tam giác ABC, điểm M di chuyển trên cạnh BC. Qua M kẻ các

đường thẳng song song với AC và AB, chúng cắt AB và AC theo thứ tự ở D, E.
Xác định vị trí của điểm M sao cho hình bình hành ADME có diện tích lớn nhất.
[9]
* Phân tích: 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 tức là = 2. �(Kẻ BK  AC,
cắt MD ở H). Đặt MB = x, MC = y, ta có:
7


= = , = = , bất đẳng thức Côsi dạng 
Hướng dẫn:
Cách 1 :
Ta thấy SADME lớn nhất  lớn nhất.
Kẻ BK  AC, cắt MD ở H.
SADME = MD.HK, SABC = AC.BK
Suy ra: = 2. .
Đặt MB = x, MC = y, ta có:
= = , = =
Do đó : =
(*)

Hình 4
Theo bất dẳng thức Côsi: x + y  2  (x + y)2  4xy  
(**). Từ (*)
và (**), ta được:  . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Như vậy max SADME = SΔABC, khi đó M là trung điểm của BC. [9]
* Phân tích: Dựa vào diện tích miền đa giác ta 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 
Cách 2: Ký hiệu SABC = S, SDBM = S1, SEMC = S2.

Rõ ràng SADME lớn nhất  S1 + S2 nhỏ nhất  nhỏ nhất.
Vì các tam giác DBM và EMC cùng đồng dạng với tam giác ABC nên:
= ( )2, = ( )2
Suy ra: = =  . Như vậy S1 + S2  S
nên SADME  S. Xảy ra dấu bằng  x = y.
Kết luận: max SADME = SΔABC, khi đó M là trung điểm của BC. [4]
Nhận xét: Qua bài toán 4, 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.
2.3.4. Hướng dẫn Hs vận dụng BĐT Cô si vào giải bài tập hình học, cực
trị hình học có liên quan đến thực tế
- Tương tự như mục 2.3.3 học sinh cần phải đọc kỹ đề bài, nhận dạng bài
toán là dạng toán nào, và có thể chuyển đổi việc tìm cực trị của bài toán qua việc
vận dụng BĐT côsi không, rồi tóm tắt đề bài rồi giải. Bước này có tính chất
quyết định cách giải bài toán dễ dàng hay phức tạp.
- Sau đó, Gv hướng dẫn Hs nắm được các yêu cầu cơ bản khi giải bài toán
hình học có áp dụng BĐT Cô si, bài toán cực trị hình dựa vào ý nghĩa của BĐT
Cô si sử dụng tính không đổi của tổng hoặc tích của hai đoạn thẳng hoặc hai số
8


không âm bất kì, hoặc dạng toán về diện tích, về tỉ số lượng giác giúp ta dự đoán
được hình trong trường hợp đặc biệt khi dấu bằng xảy ra cụ thể như: Bài toán số
6 của đề tài: Một tình huống của thực tế đã được giải quyết thuyết phục bằng bài
toán. Nếu chỉ để chia mảnh đất hình tam giác đó thành 2 mảnh có diện tích bằng
nhau thì quá đơn giản (chỉ cần bờ rào là một trong ba trung tuyến của tam giác là
xong), ở đây mục đích đặt ra là vừa phải chia đôi diện tích, vừa đảm bảo độ dài bờ
rào thẳng là ngắn nhất. Từ đó ta nghĩ ngay đến bờ rào phải cắt 2 cạnh của tam giác
Bài 5: Cho tam giác ABC vuông cân có cạnh huyền BC = a. Gọi D là
trung điểm của AB. Điểm E di chuyển trên cạnh AC. Gọi H, K theo thứ tự là
chân các đường vuông góc kẻ từ D, E đến BC. Tính diện tích lớn nhất của hình

thang DEKH. Khi đó hình thang trở thành hình gì? [7]
Phân tích: Ta có 2SDEKH = (DH+EK).HK =(BH+KC).HK. Từ đây ta nhớ
tới ý nghĩa của BĐT Côsi: Với hai số dương x, y có tổng x + y không đổi, thì
tích xy đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi x = y. Ngược lại nếu tích xy không đổi
thì tổng x + y đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi x = y.
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 = . Từ đó tìm được diện
tích lớn nhất và khi đó hình thang trở thành hình nào?
Hướng dẫn (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 = .
Do đó: max S = . . =
Khi đó hình thang DEKH có đường cao HK=
và nếu kẻ AMBC, do tam giác ABC vuông
cân tại A nên MB=MC= nên HB = HM =
Vậy KC = BC - BH - HK = a - - =

Hình 5
Khi đó DH = HB = , EK = KC = . Hình thang DEKH là hình chữ nhật, E là
trung điểm của AC. [7]
Bài 6: Hai anh em chia tài sản là một mảnh đất hình tam giác ABC. Họ
muốn chia mảnh đất đó thành 2 miếng đất có diện tích bằng nhau bởi một bờ rào
thẳng ngắn nhất. Tính độ dài m của bờ rào này theo diện tích S và góc nhỏ nhất
α của tam giác. [2]
Phân tích: Một tình huống của thực tế đã được giải quyết thuyết phục bằng

bài toán . Nếu chỉ để chia mảnh đất hình tam giác đó thành 2 mảnh có diện tích
bằng nhau thì quá đơn giản (chỉ cần bờ rào là một trong ba trung tuyến của tam
9


giác là xong), ở đây mục đích đặt ra là vừa phải chia đôi diện tích, vừa đảm bảo
độ dài bờ rào thẳng là ngắn nhất. Từ đó ta nghĩ ngay đến bờ rào phải cắt 2 cạnh
�   , độ dài bờ rào IK = m .
của tam giác. Giả sử góc tại đỉnh A là nhỏ nhất, BAC
Gọi khoảng cách từ đỉnh A tới hai đầu bờ rào là x, y. ta đã sử dụng công
thức: IK2 = x2 + y2 - 2xy.cosA để từ đó khẳng định tích xy không đổi, và sử dụng
bất đẳng thức Côsi để tìm giá trị nhỏ nhất của IK.Sau đó chỉ ra dấu đẳng thức là
ta tính được độ dài bờ rào theo S và  nhỏ nhất. [2]
Hướng dẫn : (Hình 6)
Bờ rào phải cắt 2 cạnh của tam giác.
�   , độ dài bờ rào IK = m .
Giả sử góc tại đỉnh A là nhỏ nhất, BAC
Gọi khoảng cách từ đỉnh A tới hai đầu bờ rào là x, y
Ta có: IK2 = x2 + y2 - 2xy.cosA (*)
Đặt SABC = S , SAIK = S’ thì S’ = không đổi.
� 
Mặt khác, S’ = xy.sinA, mà S’ và BAC
không đổi nên xy không đổi.
Từ (*) ta thấy:
IK nhỏ nhất  x2 + y2 nhỏ nhất.
Áp dụng BĐT Côsi:
x2 + y2  2xy (x, y là hằng số)

Vậy x2 + y2 nhỏ nhất  x = y.
Hình 6

Như vậy, xét bờ rào chắn góc A thì bờ rào ngắn nhất khi và chỉ khi tam
giác AIK cân tại A(**). Bây giờ ta tính độ dài bờ rào IK theo S và α.
Kẻ đường cao AH của tam giác cân AIK (hình 6.1)
Khi đó: IH = AH.tan
suy ra IK = m = 2AH.tan
Mặt khác 2S’ = IK.AH = m.AH nên 2.AH =
Vậy m = .tan  m2 = 4S’.tan
tan
 m = 2 S '�


2

Thay S’ = thì m =

2S tan


.
2

10


Hình 6.1
Vậy: Bờ rào có độ dài ngắn nhất m = 2S tan


� ,�
với α = min( BAC

ABC , �
ACB )
2

[2]
Nhận xét: Bài toán thực tế trên có thể được khai thác trong việc chọn lọc, ra
đề thi chọn học sinh giỏi Toán 9 khá hay và phù hợp với việc kết hợp câu hỏi
phụ
“ Chứng minh trong tam giác ABC, với độ dài AB = c, BC = a, AC = b, thì
a2 = b2 + c2 - 2bc.cosA; b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB; c2 = a2 + b2 – 2ac.cosC ”.
[1]
Hoặc kết luận (**) trong lời giải trên cũng cho ta một bài toán “ Chứng
minh rằng trong tam giác AIK có diện tích và số đo góc A không đổi, tam giác
cân tại A và độ dài IK nhỏ nhất” [1]
Hay liên hệ thực tế kinh tế, cuộc sống ngày nay khi nào mỗi chúng ta cần đi
tìm điều ý nghĩa lớn nhất, nhỏ nhất của bản thân trong cuộc sống gia đình và sự
nghiệp.
2.3.5. Hướng dẫn Hs tránh các sai lầm khi xét dấu đẳng thức hay dấu
bằng xảy ra để tìm được vị trị các điểm, các góc, các đoạn thẳng ...
Tương tự như mục 2.3.3 và 2.3.4 học sinh cần phải đọc kỹ đề bài, nhận
dạng bài toán là dạng toán nào để tìm cách giải bài toán và trong quá trình giải
cần nắm được 3 yêu cầu. Cụ thể:
Yêu cầu 1: Sai lầm do không xác định các giá trị của đoạn thẳng tương
ứng để bất đẳng thức trở thành đẳng thức (Tức là dấu bằng của BĐT xảy ra
vi phạm nội dung giả thiết cho)
Để học sinh không mắc phải sai lầm này giáo viên phải hướng dẫn học
sinh tìm hiểu đề toán. Trước khi giải phải đọc thật kỹ đề bài, đọc lại đề bài nhiều
lần, từng câu, từng chữ trong đề bài để nắm được đề bài đã cho biết gì, yêu cầu
tìm những gì. Từ đó giúp học sinh hiểu kỹ đề toán và trong quá trình giải không
có sai sót nhỏ hoặc không phạm sai lầm. Việc hiểu kỹ nội dung đề bài là tiền đề

quan trọng trong việc giải bài tập toán. Nó giúp học sinh rất nhiều trong việc lựa
chọn cách giải bài toán gọn, chính xác.
Yêu cầu 2: Sai lầm do sử dụng sai các điều kiện tồn tại để áp dụng bất
đẳng thức (BĐT)
Khi giải bài toán hình học có áp dụng BĐT, cần lưu ý học sinh lập luận
phải có căn cứ và phải chính xác, khoa học. Vì mỗi câu lập luận trong bài giải
đều liên quan đến các đoạn thẳng, diện tích, góc .... và các dữ kiện đã cho trong
đề. Do đó giáo viên cần phải giúp học sinh hiểu được đâu là yêu cầu, đâu là các
dữ kiện đã cho trong bài toán, để từ đó dựa vào những yếu tố và các mối liên
quan giữa các đại lượng đã cho để vận dụng linh hoạt việc áp dụng các BĐT
trong việc giải quyết các bài toán dạng này. Giáo viên nên hướng dẫn mẫu cho
Hs và chỉ rõ những sai lầm này trong quá trình dạy lý thuyết và luyện tập áp
dụng.
11


Yêu cầu 3: Sai lầm do chưa chỉ ra hết các trường hợp hình
Giáo viên cần phải giúp học sinh hiểu được đâu là yêu cầu, đâu là các dữ
kiện đã cho trong bài toán, để từ đó dựa vào những yếu tố và các mối liên quan
giữa các đại lượng để chỉ ra các trường hợp hình.Vận dụng linh hoạt việc áp
dụng các BĐT trong việc giải quyết các bài toán dạng này.
Trên đây là 3 yêu cầu quan trọng khi áp dụng BĐT côsi trong việc giải các
bài toán hình học lớp 9 mà giáo viên cần lưu ý cho học sinh. Ngoài việc nhắc
nhở học sinh nắm vững kiến thức cơ bản của BĐT côsi, vẽ hình chính xác ...,
nắm vững các yêu cầu đặt ra trong việc giải toán, học sinh là đối tượng để giải
tốt các bài tập, nhưng việc quan trọng nhất, thành công dạy học vẫn là do sự dẫn
dắt của người thầy. Để học sinh học được tốt, hiểu được bài, vận dụng được lý
thuyết để giải bài tập thì trước hết giáo viên phải soạn bài thật tốt, chuẩn bị một
hệ thống các câu hỏi phù hợp, một số bài tập đơn giản phù hợp với từng đối
tượng học sinh. Do vậy giáo viên cần phải cho học sinh những bài tập tương tự

để các em tự làm, cũng cần phải phân loại rõ ràng cho học sinh từng dạng. Từ đó
chất lượng học sinh mũi nhọn sẽ được nâng cao hơn.
Bài 7: Cho đường tròn (O; r) nội tiếp tam giác ABC. Kẻ đường thẳng
qua O cắt hai cạnh CA, CB của tam giác theo thứ tự ở M và N. Đường thẳng ở
vị trí nào thì tam giác CMN có diện tích nhỏ nhất? [5]
Phân tích: 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?
Dựa vào diện tích miền đa giác ta có : SΔCMN = SΔOCM + SΔOCN = (CM + CN).r
� = (CM + CN) . Mà : (CM + CN) 
Từ đó suy ra : = (CM + CN)  . Dấu “ = ” xảy ra khi tam giác CMN cân
đỉnh C có CO là phân giác nên CO  MN.
Hướng dẫn :
Gọi S là diện tích  CMN, ta có :
S = SΔOCM + SΔOCN = (CM + CN).r
Do đó: = (CM + CN)
(1)
Theo bất đẳng thức Côsi:
(CM + CN) 
(2)
Mặt khác: CM.CN  2S

(3)

Hình 7
Kết hợp (1), (2), (3) suy ra:

= (CM + CN) 

hay S .r  S2  2S.r2  S  2r2. 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.[5]
12


Nhận xét: Từ kết quả bài toán ta có các bài toán sau:
Bài toán 7.1: 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.
Bài toán 7.2: Cho điểm O thuộc tia phân giác của góc C, một đường thẳng
bất kì đi qua O cắt hai cạnh của góc C tại M và N. Tam giác CMN có diện tích
nhỏ nhất khi và chỉ khi CO là trung tuyến của tam giác.[10]
Nếu điều kiện O thuộc tia phân giác góc C ta có bài toán mới:
Bài toán7.3: 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 (như hình vẽ 7.1). Lấy I trên đoạn OE sao cho OI = OD.

Ta có:  ODM =  OIN (c.g.c)
=> SΔODM = SΔOIN  SΔCMN < SΔCDE.
Cách 2: Qua O kẻ các đường thẳng song
song với các cạnh của góc C, tạo thành
hình bình hành OHCK (như hình vẽ 7.2).
Theo kết quả Bài 4, ta có:
Hình 7.1
SOHCK  SΔCMN
Do đó: SΔCMN  2SOHCK.
Do góc C và điểm O cố định nên
SOHCK không đổi.
Vì vậy minSΔCMN = 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
[10]

Hình 7.2

Nhận xét: Qua những bài toán điển hình tôi đã lựa chọn ở trên, một số bài
toán sẽ còn có những cách giải khác. Tuy nhiên, với việc khai thác linh hoạt và
hợp lý vai trò của bất dẳng thức Côsi, cùng những kết quả khác của hình học, lời
giải qua các ví dụ đó đã ngắn gọn và đẹp hơn.
2.3.6. Phát triển bài toán hình học từ bài toán gốc của đại số có áp dụng
BĐT cô si
- Cốt lõi của giải pháp này là Hs phải thấy và hiểu rõ bản chất bài toán gốc
của đại số có áp dụng BĐT Cô si sau đó chuyển đổi các số bằng các đoạn thẳng,
13


các điểm, các góc ...là sự kết hợp, chuyển đổi linh hoạt từ đại số sang hình học
và ngược lại mà vẫn quy bài toán về các cách giải đã quen thuộc trong đại số.
Sau đây là ví dụ về việc sử dụng bài toán gốc 1 trong một số bài toán cụ
thể.
Bài 8.1: Cho  ABC, O là điểm tuỳ ý trong tam giác. AO, BO, CO kéo
dài cắt các cạnh đối diện thứ tự tại M, N, P. Chứng minh: + +  6 .[9]
Phân tích : Để chứng minh được + +  6 học sinh nhớ đến định lý Sêva
và áp dụng kết quả 2 của bài toán gốc trong trường hợp riêng.
Hướng dẫn: (Hình 8.1)
Theo định lý Seva, ta có :
+ + =1
(1)

Áp dụng kết quả: Với mọi a, b, c > 0, ta có:
(a + b + c)( + + )  9, ta có:
( + + )( + + )  9

(2)

Kết hợp (1) và (2) suy ra :

+ + 9

 + + 9

Hình 8.1
 1 + + 1 + + 1+  9  + +  6
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi = =
mà + + = 1
Nên = = =  M là trọng tâm  ABC. [9]
Bài 8.2: Cho  ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Ba chiều cao AA’, BB’,
CC’ thứ tự cắt (O) tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng + +  [9]
Hướng dẫn: Gọi H là trực tâm  ABC
(hình 8.2). Dễ thấy A’H = A’A1, B’H = B’B1,
C’H = C’C1 ( Áp dụng tính chất đối xứng )
Áp dụng kết quả :Với mọi a, b, c > 0, ta có:
(a + b + c)( + + )  9, ta có:
(+ +).(+ + )  9 (*)
Xét + + =3 + + +
Hình 8.2
Mặt khác, theo định lí Sêva : + + = 1
14

Nên:

+ + = 3 + 1 = 4. Khi đó, (*) 

Dấu bằng xảy ra  = =

+ +  .

 1+ = 1+ = 1+

.

 = =  H là trọng tâm của  ABC   ABC đều. [9]
Một số bài tập đề xuất
Bài 9: 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. [10]
Bài 10: 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. [3]
Bài 11: 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. [9]
Bài 12: Cho tam giác ABC vuông tại A. Từ điểm I nằm trong tam giác kẻ
IM BC, IN  AC, IK  AB. Xác định vị trí của điểm I sao cho IM 2 + IN2 + IK2
nhỏ nhất.[9]
Bài 13: 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.[8]

Bài 14: 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 A 1, B1, C1. Xác
định dạng của tam giác ABC để tổng + + lớn nhất.[4]
Bài 15: 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.
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? [6]
Bài 16: 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. [10]
2.4. Hiệu quả của đề tài
Áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy ở trường tôi trong các
năm học gần đây tôi đã thu được các kết quả khả quan và hiệu quả, chất lượng
môn Toán của học sinh ngày càng nâng lên theo từng năm đặc biệt là chất lượng
học sinh giỏi môn Toán 9.
Trong hai năm liên tục áp dụng và hoàn thiện sáng kiến kinh nghiệm này,
tôi thấy ngày càng có hiệu quả, chất lượng học tập của học sinh mũi nhọn ngày
càng cao. Đặc biệt là các em hứng thú học toán hơn, vận dụng và sử dụng thành
thạo BĐT Côsi và các BĐT hệ quả được suy ra từ BĐT Côsi linh hoạt hơn.
Khảo sát chất lượng sau khi áp dụng đề tài:

15


So sánh kết quả trước và sau khi áp dụng đề tài thấy tỉ lệ học sinh khá giỏi
tăng lên rõ rệt cụ thể:

Nhận xét. Nhìn vào biểu đồ ta có thể nhận thấy:
- Kết quả khảo sát trước khi tiến hành dạy thực nghiệm cho thấy, học sinh

hầu như chưa có kỹ năng vận dụng BĐT trong giải toán hình học lớp 9. Kết quả
là 55% học sinh chỉ đạt điểm dưới 5, hơn thế nữa kết quả học sinh đạt điểm trên
trung bình chỉ ở mức 5-6 điểm.
- Kết quả khảo sát sau khi tiến hành dạy thực nghiệm đã thể hiện rất rõ
mức độ nắm vững kiến thức cả về phương pháp và kỹ năng vận dụng các BĐT
đó vào việc giải bài toán hình học lớp 9, cụ thể. Không có học sinh đạt điểm 0,
số học sinh điểm dưới trung bình chỉ là 4 học sinh; điểm trên trung bình chủ yếu
là điểm từ 7 đến 10.
Đặc biệt trong năm học 2017-2018; 2018-2019 bản thân liên tục có học sinh
thi vào THPT đạt điểm 10 môn Toán, học sinh đậu vào chuyên Lam Sơn.
Áp dụng đề tài chất lượng học sinh giỏi các cấp cao hơn trước đặc biệt năm
học 2018 -2019 Có 5 HS đạt Hs giỏi cấp Thành Phố và 2 Hs đạt giải tỉnh.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
Với những giải pháp đã nêu trên tôi đã vận dụng vào quá trình hướng dẫn
cho học sinh giải các bài toán hình học nâng cao lớp 9 có sử dụng BĐT Côsi và
một số BĐT hệ quả được suy ra từ BĐT Côsi thì nhận thấy các em đã nắm được
quy tắc giải bài toán và vận dụng làm bài tập tương tự tốt hơn, linh hoạt hơn,
kích thích học sinh lòng say mê tìm hiểu các cách giải khác nhau, các trường
hợp hình xảy ra, giúp học sinh phát huy được khả năng tư duy linh hoạt, nhạy
bén khi tìm lời giải bài toán .Những bài toán cực trị thường được gắn Toán học
với thực tiễn, bởi việc đi tìm cái lớn nhất, nhỏ nhất, nhiều nhất, ít nhất… chính
là đi tìm cái tối ưu thường được đặt ra trong đời sống và kỹ thuật hiện nay.
Trong quá trình giảng dạy năm học vừa qua khi áp dụng kinh nghiệm của
mình để soạn giảng và vận dụng vào thực tế thì tôi thấy có sự thay đổi:
- Học sinh đã có những thái độ học tập tích cực, thích thú, chủ động nêu lên
những thắc mắc, khó khăn vướng mắc trong quá trình làm bài tập hình học 9
16

dạng này. Bên cạnh đó những bài tập giao về nhà đã được các em làm một cách
nghiêm túc, tự giác học bài và nắm được các kiến thức cơ bản sau khi học xong
mỗi bài.
- Chất lượng bộ môn được nâng lên, số học sinh ngại học phần toán này đã
giảm đáng kể thay vào đó nhiều em đã có kĩ năng giải dạng toán này tốt hơn.
Đề tài này xin được dành cho đối tượng là các em học sinh giỏi Toán lớp 9
và các thầy cô giáo tham gia bồi dưỡng học sinh giỏi Toán bậc THCS. Với mong
muốn được góp một phần nhỏ bé vào sự nghiệp bồi dưỡng và đào tạo nhân tài.
3.2. Kiến nghị
3.2.1. Đối với Sở GDĐT, Bộ GDĐT
Đào tạo và bồi dưỡng Gv cốt cán, có kinh nghiệm dạy bồi dưỡng học sinh
giỏi tỉnh, Quốc gia…. nhằm tổ chức các buổi hội thảo chuyên đề về bồi dưỡng
học sinh giỏi hằng năm để các cán bộ giáo viên các trường dạy đội tuyển được
học hỏi và nâng cao chất lượng dạy, bồi dưỡng HSG của tỉnh.
3.2.2. Đối với Phòng GDĐT Thành Phố
- Tôi kính mong các cấp lãnh đạo tổ chức thêm các buổi hội thảo về bộ
môn Toán, các chuyên đề bồi dưỡng nghiệp vụ cho giáo viên. Nhất là các đồng
chí cốt cán chuyên môn, các đồng chí bồi dưỡng HSG lâu năm có kinh nghiệm
nên trao đổi kinh nghiệm của mình để lớp trẻ chúng tôi có cơ hội giao lưu học
hỏi, nhằm nâng cao trình độ chuyên môn nghiệp vụ đáp ứng nhu cầu ngày càng
cao của học sinh hiện nay.
- Tổ chức nhiều sân chơi trí tuệ về Toán cho học sinh như Olympic toán
các cấp, thi trạng nguyên toán , toán học tuổi thơ….
3.2.3. Đối với nhà trường
- Cần tạo điều kiện thuận lợi hơn nữa về thời gian cũng như tài liệu để
giúp giáo viên, nhất là giáo viên dạy bồi dưỡng HSG giảng dạy tốt hơn.
- Trang bị thêm đồ dùng dạy học, sách tham khảo để phục vụ tốt hơn cho
công tác giảng dạy, tự học, tự nghiên cứu của giáo viên và học sinh.
Trên đây là một số kinh nghiệm bản thân hy vọng rằng: Đó là một tài liệu
nhỏ để các quý đồng nghiệp có thể tham khảo. Với thời gian nghiên cứu có hạn

nên mức độ nghiên cứu chưa sâu, tuy đã cố gắng nhưng do kinh nghiệm bản
thân còn hạn chế nên nội dung sáng kiến này chắc chắn không tránh khỏi nhiều
khiếm khuyết. Tôi rất mong được sự trao đổi, chỉ bảo và đóng góp ý kiến của
quý đồng nghiệp, của cấp trên để đề tài được hoàn thiện và áp dụng có kết quả
tốt hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

17


XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Lê Thị Ngoan

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 5 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình,
không sao chép nội dung của người khác.

Trần Thị Huyền

18


TÀI LIỆU THAM KHẢO
**********
[1]. SGK toán 8, 9 tập 1, Nhà xuất bản giáo dục – Năm 2005
[2]. SGK toán 8, 9 tập 2, Nhà xuất bản giáo dục – Năm 2005
[3]. Các chuyên đề bồi dưỡng HSG THCS – Nguyễn Thị Thanh Thủy, Nhà
xuất bản giáo dục – Năm 2005.
[4]. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề toán 9– Bùi Văn Tuyên, Nhà xuất

bản giáo dục – Năm 2006
[5]. Toán nâng cao hình 9 Nguyễn Vĩnh Cận, Nhà xuất bản đại học sư phạm
– Năm 2004.
[6]. Rèn kỹ năng hình học 9 - Nguyễn Đức Tấn, Đặng Anh Tuấn, Nhà xuất
bản giáo dục – Năm 2005
[7]. Chuyên đề bồi dưỡng và nâng cao Hình 9 – Đặng Đức Trọng, Nhà xuất
bản đại học quốc gia TPHCM – Năm 2006.
[8]. Nguồn:
/>[9]. Bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS hình học - Trần Văn Tấn - Nguyễn
Thị Thanh thủy - Phạm Minh phương, Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam – Năm
2014.
[10]. Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học và Tuổi trẻ- Quyển 3, NXB Giáo
dục.

19