sang kien kinh nhgiem phuong phap bat dang thuc hinh hoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>A. ĐẶT VẤN ĐỀ Trong trường THCS môn toán có một vị trí vô cùng quan trọng. Học tốt môn toán giúp học sinh học tốt các bộ môn khoa học khác. Đồng thời môn toán còn giúp học sinh phát triển năng lực và phẩm chất trí tuệ, rèn luyện cho học sinh khả năng tư duy tích cực, giáo dục cho học sinh tư tưởng đạo đức và phẩm chất chính trị của người công dân. Trong tương lai, học sinh là một lực lượng lao động nòng cốt, là chủ nhân chiếm lĩnh khoa học kỹ thuật, trong đó kiến thức, kỹ năng toán học đóng góp một phần không nhỏ trong lĩnh vực này. Kiến thức, kỹ năng toán học cũng được vận dụng và đi sâu vào cuộc sống con người góp phần tạo ra của cải, vật chất cho xã hội ngày một hiện đại hơn. Trong chương trình Toán THCS, các bài toán về bất đẳng thức trong hình học rất đa dạng, phong phú và có một ý nghĩa rất quan trọng đối với các em học sinh ở bậc học này. Để giải quyết các bài toán về bất đẳng thức trong hình học, giáo viên cần có các biện pháp hữu hiệu phù hợp với trình độ nhận thức ở bậc học THCS. Người học cần phải có một cách suy nghĩ logic sáng tạo, biết kết hợp kiến thức cũ với kiến thức mới một cách hệ thống. Trong quá trình giảng dạy, đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9 bản thân tôi nhận thấy các em không có hứng thú với loại toán này, hầu hết các em học sinh cảm thấy khó khăn khi gặp các bài toán bất đẳng thức trong hình học và không biết vận dụng kiến thức để giải quyết các bài tập khác. Tìm ra một số biện pháp bồi dưỡng HS giỏi bậc THCS và đổi mới phương pháp dạy học toán cũng như khắc phục những tồn tại trên đây là rất cần thiết. Với kinh nghiệm của bản thân, thực tế giảng dạy những năm qua cùng với sự học hỏi đồng nghiệp tôi xin được đưa ra “Cách khai thác bài toán bất đẳng thức trong hình học phẳng nhằm nâng cao chất lượng môn toán 9 ở trường THCS Thạch Long ” B. GiẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. Cơ sở lý luận: Như chúng ta đã biết luật giáo dục năm 2005 ( điều 5 ) quy định: “Phương pháp giáo dục phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của người học; bồi dưỡng cho người học năng lực tự học, khả năng thực hành, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên”. Trong thực tế, mọi dòng sông lớn đều bắt nguồn từ những con suối nhỏ, mọi bài toán khó đều bắt nguồn từ những bài toán đơn giản. Trong học toán cũng vậy để học sinh học giỏi môn toán, trước hết phải yêu cầu học sinh nắm vững và biết vận dụng các bài toán cơ bản từ đó mới giải những bài toán mới có tầm suy luận cao hơn. Muốn làm được điều đó thì người dạy phải hướng dẫn học sinh biết phát triển, mở rộng kết quả các bài toán cơ bản để các em có suy nghĩ tìm tòi những kết quả mới sau mỗi bài toán. II. Thực trạng của vấn đề: 1. Thực trạng của vấn đề: Bài toán bất đẳng thức trong hình học THCS là một trong những dạng toán khó, nhiều học sinh khi gặp bài toán dạng này không biết phải bắt đầu từ.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> đâu và phương pháp giải ra sao. Thực tế bài toán bất đẳng thức trong hình học phẳng có nhiều trong chương trình toán THCS, chủ yếu là phần hình học 9. Giải bài toán bất đẳng thức hình học còn góp phần phát huy trí thông minh, sáng tạo trong học tập tạo nền tảng cho kỳ thi vào lớp 10 và đặc biệt là trong các cuộc thi cấp huyện, cấp tỉnh,... Trong quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi những năm qua, bản thân tôi đã tìm hiểu nhiều tài liệu và thấy đây là dạng toán khó. Tuy nhiên, phần nhiều tài liệu và một số giáo viên khi giảng dạy chỉ đưa ra bài toán và giải quyết bài toán chứ chưa khai thác và phát triển được bài toán. Đối với học sinh thì việc giải quyết được bài toán nào các em có thể hiểu được bài toán đó, việc vận dụng để giải bài tập khác vô cùng khó khăn. Các bài toán bất đẳng thức trong hình học gắn toán học với thực tiễn vì việc chứng minh bất đẳng thức chính là việc tìm những cái tối ưu thường đặt ra trong đời sống và kỹ thuật. Thực trạng trên ở Trường THCS Thạch Long những năm học trước rất phổ biến. Cuối năm học 2012 – 2013 tôi đã tiến hành khảo sát 35 em học sinh lớp 9A tại trường THCS Thạch Long. Cụ thể như sau: Đề kiểm tra: (Thời gian làm bài 60 phút) Bài 1: (2,0 điểm) Cho tam giác ABC. Chứng minh SABC. 1 AB . AC 2. .. Bài 2: (2,0 điểm) Trong các hình bình hành có hai đường chéo là 4cm và 6cm. Hình nào có diện tích lớn nhất? tính diện tích lớn nhất đó. Bài 3: (2,0 điểm) Cho hình chữ nhật thang cân ABCD (AB//CD). Chứng minh: AD2 + AB.CD = AC2 Bài 4: (4,0 điểm) Cho đường tròn (O; R) và một điểm C nằm trong đường tròn. Xác định dây AB đi qua điểm C sao cho góc OAB đạt giá trị nhỏ nhất. Kết quả như sau: Lớp. TS HS. Chất lượng Giỏi. Khá. TB. Yếu. Kém. 9A 35 0 0% 3 8,6% 10 28,6% 15 42,8% 7 20% Số học sinh yếu, kém còn nhiều chứng tỏ học sinh chưa giải được những bài toán bất đẳng thức trong hình học phẳng. 2. Nguyên nhân của thực trạng: * Đối với giáo viên: Trong quá trình ôn thi học sinh giỏi giáo viên luôn hướng dẫn cho học sinh tiếp thu những kiến thức mới, áp dụng kiến thức vào giải bài tập thông qua các tiết lí thuyết và tiết luyện tập. Tuy nhiên, việc rèn luyện cho học sinh áp dụng lí thuyết vào bài tập đôi khi còn những hạn chế như: - Trong khi hướng dẫn học sinh giải bài tập thường chỉ tập trung tìm ra kết quả của bài toán..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> - Trong quá trình ôn luyện, giáo viên ít chú ý tới các yêu cầu như: Qua giải bài tập đó cần củng cố lại những kiến thức nào? Dạng tổng quát của bài tập đó ra sao? Có phát triển bài toán được nữa hay không?,... * Đối với học sinh: Học sinh chưa chú trọng trong việc tìm tòi phương pháp giải dạng này, các em không có khả năng tổng hợp thống kê, phân dạng bài toán; kiến thức hình học ở THCS hoặc chưa đủ hoặc quên; còn thiếu kiến thức và chưa tự tin để giải bài toán về bất đẳng thức. II. Giải pháp và tổ chức thực hiện 1. Các giải pháp đã thực hiện: Để khắc phục tình trang trên tôi đã đưa ra các giải pháp như sau: * Giải pháp 1: Tìm hiểu nội dung kiến thức môn Toán THCS nói chung và môn hình học nói riêng từ đó làm cơ sở để chọn ra phương pháp và dạng bài tập phù hợp. Từ lớp 7 học sinh đã được làm quen với các khái niệm bất đẳng thức tam giác, quan hệ giữa đường xiên và đường vuông góc. Đến lớp 9 học sinh mới được học về liên hệ giữa cung và dây cung, sau khi nắm được các kiên thức trên học sinh được tìm hiểu mối liên hệ giữa bài toán bất đẳng thức hình học và các bài toán bất đẳng thức đại số. * Giải pháp 2: Hướng dẫn học sinh nắm chắc các kiến thức có liên quan đến bài toán bất đẳng thức: - Sử 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 thẳng đến đường thẳng đó, đường vuông góc là đường ngắn nhất. - Sử dụng các bất đẳng thức trong đường tròn: Trong tất cả các dây của đường tròn, đường kính là dây lớn nhất. - Sử dụng bất đẳng thức Cô-si: x+y ≥ √ xy . Dấu “=” xảy ra Bất đẳng thức Cô-si :Với x ≥ 0 ; y ≥ 0 ta có: 2. khi và chỉ khi x = y. Bất đẳng thức Cô-si thường được sử dụng dưới các dạng sau: x+ y ¿ ¿ ¿ ¿. 2. ;. x+ y ¿ 2 ¿ ¿ ; xy ¿. x+ y ¿ ¿ ¿ ¿. 2. ;. x+ y ¿ 2 ¿ ¿ x + y2 ¿. x+ y ¿2 ¿ ; ¿ 2 2 x +y ≥¿. - Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski: Cho 2n số thực (n 2): a1 , a2 ,...... an ; b1 , b2,....... bn . Ta luôn có : (a1b1 + a2b2 +........+ anbn) (a1 + a2 +......+ an )2(b1 + b2 +....... + bn )2 Dấu ‘ = ‘ xẩy ra khi và chỉ khi. a1 b. =. a2 b. = ....... =. an b.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> - Sử dụng công thức tính diện của tứ giác có hai đường chéo vuông góc: Diện tích của hình tứ giác có hai đường chéo vuông góc với nhau bằng nửa tích hai đường chéo. * Giải pháp 3: Giúp học sinh phát triển tốt tư duy sáng tạo thông qua vận dụng chính xác và linh hoạt lí thuyết vào giải bài tập thông qua phát triển một bài toán bất đẳng thức trong hình học phẳng. 2. Tổ chức thực hiện: 1 AB . AC 2. Bài toán 1: Cho tam giác ABC. Chứng minh SABC. .. Hướng dẫn giải A H. C. B. - GV đặt ra yêu cầu : để tính được diện tích tam giác bất kỳ ta cần thêm yếu tố nào? - HS sẽ chỉ ra được: Cần thêm yếu tố đương cao. Kẻ BH AC (H AC). 1. - HS nêu được: SABC = 2 BH.AC Ta có BH là đường vuông góc, BA là đường xiên cùng xuất phát từ B đến AC 1. nên: BH. 1. BA ⇒ SABC = 2 BH.AC AB.AC. 2 - GV giúp HS hiểu được: Trong bài toán trên ta có thể kẻ đường cao xuất phát từ C đến AB. Bằng cách chứng minh tương tự ta cũng có SABC. 1 AB . AC 2. .. - GV nêu: bằng cách suy nghĩ trên cũng cho ta các bất đẳng thức tương tự: S ABC 1 AB . BC 2. ;. SABC. 1 BC . AC 2. .. - GV đặt vấn đề: Bằng cách suy nghĩ này ta có thể mở rộng bài toán cho một tứ giác. Bài toán 2: Cho tứ giác ABCD lồi. Chứng minh rằng SABCD CD.DA).. 1 (AB.BC + 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> B. C A. D. Hướng dẫn giải - GV giúp HS hiểu được không có công thức tính diện tích của một tứ giác (trừ các trường hợp đặc biệt). Vậy để tính diện tích của tứ giác trên ta làm như thế nào? - HS nêu được : ta phải chia tứ giác đã cho thành các tam giác. Nối A với C. Khi đó ta có: SABCD = SABC + SACD. Mà theo bài toán 1 thì SABC SACD. 1 CD . DA 2. ⇒. SABCD. 1 AB . AC 2. ;. 1 (AB.BC + CD.DA). 2. - GV nêu yêu cầu: Tại sao không nối B với D? - HS nêu được: nếu nối B với D thì SABCD = SABD + SBCD. Bằng cách chứng minh tương tự sẽ không cho ta kết quả theo yêu cầu của bài toán. - GV kết luận: trong tứ giác ABCD lồi ta luôn có S ABCD CD.DA) ; SABCD. 1 (AB.BC + 2. 1 (AB.AD + BC.CD). 2. - GV đặt vấn đề: Bằng cách cách chia tứ giác thành các tam giác để sử dụng bất đẳng thức trong bài toán 1 cho ta một bài toán mới. Bài toán 3: Cho tứ giác ABCD lồi. Chứng minh rằng SABCD Dấu ‘ = ‘ xẩy ra khi nào ? Hướng dẫn giải A B O D. C. 1 AC.BD. 2.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> - GV giúp HS hiểu được: Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. Khi đó SABCD = SAOB + SBOC + SCOD + SAOD , nếu vận dụng bài toán 1 vào mỗi tam giác trên thì ta được ba bất đẳng thức tương ứng. - GV nêu yêu cầu: Theo bài toán 1 thì trong mỗi tam giác trên ta có bất đẳng thức nào?. 1 1 1 AO.BO ; S BO.CO ; S BOC COD 2 2 2 1 1 AO.DO ⇒ SABCD (AO.BO + BO.CO + CO.DO + 2 2. - HS nêu được: SAOB CO.DO ; SAOD. AO.DO). Mà AO.BO + BO.CO + CO.DO + AO.DO = BO(AO + CO) + DO(AO + CO) = BO.AC + DO.AC = AC(BO + DO) = AC.BD. ⇒. 1 AC.BD 2. SABCD. (đpcm). - GV đặt vấn đề: Nếu tứ giác ABCD không phải là tứ giác lồi thì S ABCD. 1 2. AC.BD có còn đúng không ? - Yêu cầu HS đạt được: Nếu tứ giác ABCD không phải là tứ giác lồi thì SABCD 1 AC.BD luôn đúng. 2. A. H. K. O. D. B. C. - HS nêu được : ta phải chia tứ giác đã cho thành hai tam giác. Nối B với D (hoặc nối A với C). Ta được SABCD = SABD + SBCD - GV đặt ra yêu cầu : để tính được diện tích tam giác bất kỳ ta cần thêm yếu tố nào? - HS sẽ chỉ ra được: cần thêm yếu tố đương cao. Kẻ AH BD, CK BD (H, K BD) 1. 1. Ta có: SABCD = SABD + SBCD = 2 AH.BD + 2 CK.BD 1. = 2 BD.(AH + CK) (1) - GV nêu yêu cầu: Tổng AH + CK có quan hệ như thế nào với AC ?.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> - HS nêu được: Gọi O là giao điểm của AC và BD Ta có AH là đường vuông góc, AO là đường xiên cùng xuất phát từ A đến BD nên: AH AO. Tương tự: CK CO. Vậy AH + CK AO + CO = AC (2) 1. Từ (1) và (2) ⇒ SABCD = 2 BD.(AH + CK) AC.BD ⇒. SABCD. Dấu ‘ = ‘ xảy ra ⇔ H Bài toán 4:. 1 BD.(AO + CO) = 2. 1 2. 1 AC.BD (đpcm) 2 O K ⇔ AC BD 1 (AC.BD + 2. Cho lục giác ABCDEF lồi. Chứng minh rằng SABCDEF AE.DF). Hướng dẫn giải B C. A. D. F E. - GV nêu yêu cầu: Để áp dụng được bài toán 3 em cần phải Làm gì ? - HS nêu được: Chia lục giác đã cho thành hai tứ giác. Bằng cách Nối A với D. - GV nêu yêu cầu: Tại sao không nối B với E ? 1. - HS biết được: trong biểu thức đã cho có biểu thức : 2 AC.BD. Nên phải nối A với D. - HS nêu được: Ta có: SABCDEF = SABCD + SADEF Áp dụng bài toán 1 ta có: SABCD. 1 AC.BD và SADEF 2. ⇒. SABCDEF = SABCD + SADEF. ⇒. SABCDEF. 1 AE.AF 2. 1 (AC.BD + AE.DF) 2. 1 (AC.BD + AE.DF) (đpcm) 2. - GV giúp học sinh hiểu: Từ bài toán 2 ta có thể có hai bất đẳng thức khác:.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Nếu nối F với C thì SABCDEF Nếu nối B với E thì SABCDEF. 1 (AC.BF + CE.DF) 2 1 (AE.BF + CE.BD) 2. - GV đặt vấn đề: Trong chương trình lớp 9 các em đã được học về tứ giác nội tiếp. Ở bài toán 3 nếu tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O ; R) thì ta được bất đẳng thức hình học khác nữa. Bài toán 5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O ; R) Cho. Chứng minh SABCD 2R2. Dấu ‘=’ xảy ra khi nào? Hướng dẫn giải B. C O. A. D. - GV nêu yêu cầu: Áp dụng bài toán 3 ta được bất đẳng thúc nào? - HS nêu được: theo bài toán 1 thì SABCD. 1 AC.BD (1) 2. - GV nêu yêu cầu: Em hãy so sánh AC và BD với đường kính đường tròn (O ; R)? - HS nêu được: AC 2R , BD 2R (2) (liên hệ giữa đường kính và dây cung) Do đó SABCD. 1 AC.BD 2. 2R2 (đpcm) ⇒ SABCD. 2R2 (đpcm). - GV nêu yêu cầu: Làm thế nào ta biết được dấu ‘ = ‘ xảy ra khi nào? - HS chỉ ra được: Ta chỉ cần xét dấu ‘=’ ở (1) và (2) xảy ra khi nào. Dấu ‘ = ‘ ở (1) xảy ra ⇔ AC BD ⇔ Dấu ‘ = ‘ ở (2) xảy ra AC và BD là đường kính của đường tròn (O ; R) ⇒ Max SABCD = 2R2 ⇔ ABCD là hình vuông có hai đường chéo đi qua tâm O của đường tròn. - GV kết luận: Như vậy để giải được bài toán trên ngoài việc phải vận dụng bài toán 3, chúng ta còn biết vận dụng liên hệ giữa dây cung và đường kính..

<span class='text_page_counter'>(9)</span> - GV đặt vấn đề: Qua bài toán mở đầu ta phát hiện ra nếu tứ giác ABCD nội tiếp (O ; R); B, C, D cố định. C là trung điểm của cung BD. Thì diện tích tam giác ABD lớn nhất ⇔ diện tích tứ giác ABCD là lớn nhất ⇔ AC là lớn nhất ⇔ A là trung điểm của cung BD (cung không chứa điểm C). Ta đến với bài toán sau: Bài toán 6: Cho BD là dây cố định của đường tròn (O, R). Xác định vị trí của điểm A để diện tích tam giác ABD lớn nhất. Hướng dẫn giải A. O. B. D. C. - GV nêu yêu cầu: A ở vị trí nào thì diện tích tam giác ABD lớn nhất. - HS nêu được: A là trung điểm của cung BD. Do khoảng cách từ trung điểm của cung BD đến BD là lớn nhất. - GV nêu yêu cầu: Còn hướng nào khác để giải bài toán trên không? - HS nêu được: Gọi C là trung điểm của cung BD. Do B, D cố định nên C cũng cố định ⇒ SBCD cố định. Mà SABCD = SABD + SBCD ⇒ SABD = SABCD - SBCD Ta có: SABD(Max) ⇔ SABCD(Max) SABCD. 1 AC.BD 2. Do BD cố định nên SABCD(Max) ⇔ AC (Max) ⇔ A là trung điểm của cung BD - GV kết luận: Qua bài toán trên ta chỉ cần vận dụng khéo léo bài toán 3 thì bài toán được giải quyết nhanh và khoa học. - GV đặt vấn đề: Theo bài toán 3 ta có: S ABCD. 1 AC.BD. Bất đẳng thức 2. trong bài toán 3 có chứa tích AC.BD. Cho ta suy nghĩ tới bất đẳng thức quen thuộc: AC.BD. AC+ BD ¿2 ¿ (Bất đẳng thức Cô-si ). ¿ ¿.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Bài toán 7: 2. Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng SABCD. AC+BD ¿ ¿ ¿ ¿. Hướng dẫn giải - GV nêu yêu cầu: Để giải bài toán trên ta dùng các kết quả nào đã có.. 1 AC.BD 2 2 AC+ BD ¿ ¿ Theo bất đẳng thức Cô-si: AC.BD ¿ ¿ 2 AC+BD ¿ ¿ ⇒ SABCD ¿ ¿ 2 AC+ BD ¿ ¿ - GV đặt vấn đề: theo bai toán 6 ta có S ABCD , trong bất đẳng thức ¿ ¿. - HS nêu được: Theo bài toán 3 ta có: SABCD. lại xuất hiện bình phương của một tổng. Cho ta suy nghĩ đến bất đẳng thức khác: (AC + BD)2 (12 + 12)(AC2 + BD2) ⇒ (AC + BD)2 2(AC2 + BD2) (bất đẳng thức Bunhiacopski). Bài toán 8: Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng SABCD. AC 2+BD2 4. Hướng dẫn giải - GV nêu yêu cầu: Để giải bài toán trên ta dùng các kết quả nào đã có. - HS nêu được: Theo bài toán 7 ta có: SABCD. AC+BD ¿2 ¿ ¿ ¿. Theo bất đẳng thức Bunhiacopski:(AC + BD) 2. 2(AC2 +. BD2) ⇒. SABCD. AC 2+ BD2 4. - GV đặt vấn đề: Gọi O là giao điểm của AC và BD cũng cho ta một suy nghĩ khác: AC = AO + CO ; BD = BO + DO.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> A. B. O. D. C. Ta có: AC + BD = AO + BO + CO + DO 2. Mà theo. bài. toán. 6. ta. có S. AC+ BD ¿ ¿ ¿ ¿. ABCD. AO+ BO+CO +DO ¿2 ¿ ¿ ¿. ⇒. SABCD. Một lần nữa trong bất đẳng thức vừa tìm đươc lại xuất hiện bình phương của một tổng. Nên ta lại có bài toán mới hay hơn, khó hơn và cách giải rất nhanh như sau : Bài toán 9: Cho tứ giác ABCD với O là giao điểm của AC và BD. Chứng minh: SABCD. 1 ( AO 2+ BO+CO 2+ DO2 ). Dấu ‘ =’ xảy ra khi nào? 2. Hướng dẫn giải A. D. B. O. C. - GV nêu yêu cầu: Dựa vào kiến thức đã học và nhận xét trên một bạn hãy trình bày bài toán. - HS nêu được: Theo bài toán 7 ta có : SABCD. AC+ BD ¿ ¿ ¿ ¿. 2. Vì O là giao điểm của AC và BD nên: AC + BD = AO + BO + CO + DO.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 2. ⇒. AO+ BO+CO +DO ¿ ¿ ¿ ¿. SABCD. Theo bất đẳng thức Bunhiacopski: (AO + BO + CO + DO) 2 CO2 + DO2). 4(AO2 + BO2 +. 1 ( AO 2+ BO+CO 2+ DO2 ) 2 Dấu ‘ = ‘ xảy ra ⇔ ABCD là hình vuông và O là tâm của hình vuông. ⇒. SABCD. - GV đặt vấn đề: Ai cũng biết đến bất đẳng thức tam giác. Với ba điểm A, B, C bất kỳ trên mặt phẳng, ta có: AB + BC AC. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A, B, C thẳng hàng và B nằm giữa A và C. Vậy với bốn điểm A, B, C, D bất kỳ trên mặt phẳng ta có được bất đẳng thức nào? Bài toán 10: Cho tứ giác ABCD. Chứng minh AC.BD AB.DC + BC.AD. Dấu ‘=’ xảy ra khi nào? Hướng dẫn giải x. B. A. y. I. D. C. - GV giúp HS hiểu được: phải dựng hai tam giác lần lượt đồng dạng với hai tam giác ABC và tam giác DAC. - HS nêu được: Dựng tia Dx trong góc ADC sao cho: ∠ CDx = ∠ BAC. Dựng tia Cy sao cho: ∠ DCy = ∠ ACB. Dx và Cy cắt nhau tại I Δ ABC(g.g) Do đó Δ DIC ⇒. ID DC IC = = AB AC BC. ⇒ AC.ID = AB.CD. IC. BC. Xét Δ IBC và Δ DAC có ∠ ICB = ∠ DCA ; DC =AC Δ DAC (c.g.c) Do đó Δ IBC IB BC = ⇒ ⇒ AC.IB = BC.AD AD. AC. Mà IB + ID BD nên: AC.BD AC.(IB+ID) = AC.IB + AC.ID = AB.DC + BC.AD.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> AC.BD AB.DC + BC.AD Dấu ‘=’ xảy ra ⇔ B, I, D thẳng hàng ⇔ ∠ BAC = ∠ BDC ⇔ ABCD là tứ giác nội tiếp. - GV kết luận: Baì toán trên chính là bất đẳng thức Ptolemy. Để giải được bài toán trên ta cần sử dụng tính chất tam giác đồng dạng và bất đẳng thức tam giác. ⇒. 1 (AB.DC + 2. Bài toán 11: Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng: SABCD BC.AD) Hướng dẫn giải - GV nêu yêu cầu: theo bài toán 3 ta có bất đẳng thức nào? - HS nêu được: Theo bài toán 3 ta có: SABCD. 1 AC.BD. 2. - GV nêu yêu cầu: theo bài toán 10 ta được bất đẳng thức nào? - HS nêu được: theo bài toán 4 ta có AC.BD AB.DC + BC.AD ⇒. SABCD. 1 (AB.DC + BC.AD) (đpcm) 2. - GV kết luận: Trong bài toán trên ta đã sử kết quả của bài toán 3 và bài toán 11. Bài toán 12: Cho tam giác nhọn ABC, M là điểm nằm trong tam giác. Chứng minh rằng: AM.BC + BM.AC + CM.AB 4SABC Hướng dẫn giải A. M. C. B. - GV nêu yêu cầu: Trong hình vẽ có bao nhiêu tứ giác không phải là tứ giác lồi ? - HS nêu được: Gồm có tứ giác ABMC; ACBM ; ABCM. - GV nêu yêu cầu: Em hãy nêu mối quan hệ của SABMC + SACBM + SABCM với SABC - HS nêu được: SABMC + SACBM + SABCM = 2SABC - GV nêu yêu cầu: Áp dụng bài toán 3 hãy viết bất đẳng thức có được từ mỗi tứ giác. - HS nêu được: Theo bài toán 3 ta có: SABMC. 1 AM.BC; SACBM 2. ⇒ SABMC + SACBM + SABCM. 1 CM.AB; SABCM 2. 1 BM.AC. 2. 1 (AM.BC + BM.AC + CM.AB) 2.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> ⇒. 1 (AM.BC + BM.AC + CM.AB) 2. 2SABC. (AM.BC + BM.AC + CM.AB) 4SABC ⇔ Dấu ‘=’ xảy ra M là trực tâm của tam giác ABC. - GV giúp học sinh hiểu: Bài toán trên có thể phát triển lên: Cho tứ giác ABCD, M là điểm nằm trong tứ giác. Thì ta được bất đẳng thức nào? - HS nêu được: AM.BD + BM.AC + CM.BD + DM.AC 4SABCD ⇒. A. M. D. B. C. - GV kết luận: Bằng cách suy luận này ta còn rất nhiều bài toán mới. Bài toán 13: Cho tam giác ABC có M là trọng tâm của tam giác ; Gọi ma, mb, mc tương ứng là trung tuyến từ A, B, C và AB = c, AC = b, BC = a. Chứng minh rằng: (ma.a + mb.b + mc.c) 6SABC Hướng dẫn giải A. M C. B. - GV nêu: Ta tiếp tục xét M là trong tâm của tam giác ABC. Gọi ma, mb, mc tương ứng là trung tuyến từ A, B, C Và AB = c, AC = b, BC = a. - GV đặt ra yêu cầu: Điểm M nằm trong tam giác ABC thì ta được bất đẳng thức nào? - HS nêu được: Theo bài toán 12 thì AM.BC + BM.AC + CM.AB 4SABC 2. 2. 2. Ta có AM = 3 ma ; BM = 3 mb ; CM = 3 mc.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> 2. Do đó 3 (ma.a + mb.b + mc.c) 4SABC ⇒ (ma.a + mb.b + mc.c) 6SABC - GV giúp HS hiểu được: dấu “=” xảy ra ⇔ Tam giác ABC là tam giác đều. Bài toán 14: Cho đường tròn (M ; r) nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng: AM + BM+ CM 6r Hướng dẫn giải A. M C. B. - GV đăt ra yêu cầu: Em hãy nêu mối quan hệ của SACMB với SAMB + SAMC - HS nêu được: SACMB = SAMB + SAMC 1. Mà SACMB = SAMB + SAMC = 2 r.(AB+AC). 1. - GV giúp HS hiểu được: 2 r.(AB+AC) ⇒ r.(AB+AC) AM.BC AB AC + ) BC BC AB BC r .( + ) , CM Tương tự BM AC AC. ⇒ AM. 1 AM.BC 2. r .(. r .(. AC BC + ) AB AB. Như vậy AM + BM+ CM 6r - GVgiúp HS hiểu được: dấu“=” xảy ra ⇔ tam giác ABC là tam giác đều. - GV đặt vấn đề: Nếu M là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì ta được bất đẳng thức nào? Bài toán 15: Cho tam giác ABC, gọi (M, R) và (N, r) theo thứ tự là đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác ABC. Chứng minh rằng: R 2r. Hướng dẫn giải - HS nêu được: Do M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên: AM = BM = CM = R ( R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC). Mà theo bài toán 12 ta lại có AM.BC + BM.AC + CM.AB 4SABC ⇒ R(AB + AC + BC) 4SABC. - GV giúp HS hiểu được: Bất đẳng thức R(AB + AC + BC) 4SABC chưa phải là bất đẳng thức cuối cùng, đến đây ta nhận thấy AB + AC + BC = 2P ( P là nửa.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> chu vi của tam giác ABC). Mà S ABC = P.r (r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC). - HS nêu được: Ta có R(AB + AC + BC) 4SABC ⇒ 2R.P 4P.r ⇒ R 2r A. N. M. B. C. - GV đặt vấn đề: Bằng cách suy luận như trên, nếu sử dụng công thức tính diện tích tam giác đặc biệt khác là S =. abc 4R. thì cũng cho ta một bất đẳng thức mới. (Với a, b, c là ba cạnh của tam giác ; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó). Bài toán 16: Cho tam giác ABC nhọn có các cạnh bằng a, b, c. Gọi (M, 1) là đường tròn tâm M, bán kính bằng 1 ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng : a + b + c abc. Hướng dẫn giải - GV nêu yêu cầu: Theo bài toán 12 ta có bất đẳng thức nào? - HS nêu được: AM.BC + BM.AC + CM.AB 4SABC. Mà AM = BM = CM = R =1 ⇒ BC + AC + AB. 4SABC. Mặt khác ta lại có S =. abc = 4R. abc 4. ⇒. a+. b+c abc. 3. Bài tập vận dụng : Bài 1: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O ; R) có góc BAD là góc tù và AC vuông góc với BD. Chứng minh rằng : SABCD < 2R2. Bài 2: Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau. Gọi S là diện tích của tứ giác ABCD. Chứng minh rằng : AC + BD 2 √ 2 S Bài 3: Cho đường tròn (O ; R) có AC là đường kính, BD là dây cung và vuông góc với AC. Xác định BD để diện tích của tứ giác ABCD là lớn nhất. Bài 4:.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Cho tứ giác ABCD có diện tích S, điểm O nằm trong tứ giác. Xác định dạng của tứ giác ABCD và vị trí của điểm O để tổng AO 2+BO+CO 2+ DO2 đạt giá trị nhỏ nhất. Bài 5: Cho nửa đường tròn đường kính BC = 2R tâm O cố định. Điểm A di động trên nửa đường tròn. Goi H là hình chiếu vuông góc của A lên BC. Goi D, E lần lượt là hình chiếu của H lên AC và AB. Xác định vị trí của A sao cho diện tích của tứ giác AEHD là lớn nhất. Tính giác trị lớn nhất đó theo R. Bài 6: Cho điểm M trong tứ giác ABCD. CMR: MA.AB + MB.BC + MC.CD + MD.DA2SABCD. Bài 7: Cho tam giác ABC đều cạnh a. Chứng minh rằng: MA +MB + MC  a √3 Bài 8: Cho tứ giác ABCD có tổng bình phương của các cạnh và hai đường chéo bằng p. Chứng minh rằng SABCD. p . 8. Bài 9: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 1, M là điểm nằm trên cung nhỏ AB của đường tròn ngoại tiếp ABCD. Chứng minh rằng MC.MD > 3 √ 3 MA.MB. Bài 10: Cho hai đường tròn đồng tâm, bán kính của một đường tròn gấp đôi đường tròn kia. ABCD là tứ giác lồi nội tiếp đường tròn nhỏ. Các tia AB, BC, CD, DA lần lượt cắt đường tròn lớn tại A’, B’, C’, D’. Chứng minh rằng chu vi của tứ giác A’B’C’D’ lớn hơn hai lần chu vi của tứ giác ABCD. Bài 11: Cho tam giác ABC có AB + AC = 4. Vẽ tam giác BCE vuông cân tại E (E và A nằm khác phía đối với BC). Chứng minh rằng AE 2 √2 Bài 12: Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo vuông góc với nhau. Gọi diện tích tứ giác ABCD là S. Chứng minh rằng AC + BD 2 √ 2 S III. KIỂM NGHIỆM Sau khi điều tra thực trạng đối với 35 học sinh lớp 9A năm học 2012 -2013 và tiến hành dạy thực nghiệm đối với 35 học sinh lớp 9A năm học 2013 -2014 bằng những biện pháp đã nêu trên tại trường THCS Thạch Long. Tôi cũng áp dụng đề kiểm tra đã khảo sát cho 35 học sinh lớp 9A năm học 2012 – 2013. Kết quả cụ thể như sau: Lớp 9A. TS HS 35. Chất lượng Giỏi Khá TB Yếu Kém 5 14,3% 10 28,6% 18 51,4% 2 5,7% 0 0%.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Như vậy sau khi thực nghiệm thì số học sinh có điểm từ trung bình trở lên tăng, số học sinh điểm yếu giảm nhiều, đặc biệt không còn học sinh bị điểm kém chứng tỏ giải pháp của tôi đưa ra đã thành công. C. ĐỀ XUẤT VÀ KẾT LUẬN Nâng cao chất lượng dạy học toán trong trường phổ thông là cần thiết. Làm thế nào để bồi dưỡng học sinh giỏi toán là vấn đề nhiều giáo viên hiện nay quan tâm và trăn trở. Từ việc phát triển một bài toán bất đẳng thức trong hình học phẳng thành chuỗi bài toán là góp phần nâng cao chất lượng môn toán 9 ở trường THCS. Để đạt được điều đó người giáo viên cần không ngừng bồi dưỡng chuyên môn, nghiệp vụ để nâng cao chất lượng, hiệu quả giảng dạy và giáo dục. Giáo viên luôn phải biết tìm tòi, sáng tạo trong giảng dạy để tìm ra con đường ngắn nhất để học sinh đến với kiến thức cần đạt. Giáo viên phải tạo cho học sinh có hứng thú học môn toán, xác định đúng động cơ học môn toán. Thông qua việc học tập môn toán và học toán một cách sáng tạo giúp các em có thể áp dụng phương pháp học tập vào các môn học tự nhiên khác, trong đó biết cách giải một bài toán bất đẳng thức trong hình học phẳng là một biện pháp hữu hiệu. Học toán còn giúp các em có phương pháp nghiên cứu khoa học, biết áp dụng vào thực tiễn để cùng với các môn khoa học khác các em có nền tảng tri thức toàn diện, đủ hành trang bước vào đời. Trên đây là kinh nghiệm nhỏ của tôi trong quá trình dạy học, chắc chắn vẫn còn hạn chế, rất mong các đồng nghiệp đóng góp ý kiến để chúng ta hoàn thành trọng trách chức năng của môn học trong hệ thống giáo dục hiện nay. Xin trân trọng cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thạch Thành, ngày 20 tháng 04 năm 2015 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của bản thân, không sao chép nội dung của người khác. Người viết Nguyễn Trường Quân.

<span class='text_page_counter'>(19)</span>