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

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 h

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

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

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

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

- 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 a 1 , a 2 , …, a n là các số dương, thì (a 1 + a 2 + … + a n )( + + … + )  n 2

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

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)

I

B

C

D A

Hình 1

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có:

 ( + ) (4)

 ( + ) (5)

 ( + ) (6)

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

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 giữa các tỉ số lượng giác ấy như =  = 2.tantanC

 ; ……… rồi áp dụng BĐT 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,

và BB1  AC nên = 1.cot.cot

1

BB C = tantanC

R

P 2

2 Q

2 1

A

A B

C

A B

C C

B

Hình 2 Vậy từ (1)  = 2.tantanC

 Hoàn toàn tương tự, ta có:

= 2.tantan

 ; = 2 tantanC

Từ đó: + + = 2.(tantanC

 + tantan

 + tantanC ) Mặt khác, theo bất đẳng thức Côsi, thì:

tan

tan

C

 + tantan

 + tanCtan 3 tan3 tan tan

tan tan tan



Vậy: + +  6 Dấu “=” xảy ra khi tantanC

 = tantan

 = tan

tan C



, tức là tam giác ABC đều [9]

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

AMC BDM = α

Khi đó MC = , MD =

Nên: SMCD =

Do a, b là hằng số nên SMCD nhỏ

nhất

 2sinαcosα lớn nhất

b a

α

α

y

x

D

F M C

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 sin2α + 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:

= = , = = , 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:

= = , = =

y x

H

K E D

A

M

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 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 - - =

H

K D

B

M

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 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 Giả sử góc tại đỉnh A là nhỏ nhất, BAC  , độ dài bờ rào IK = m 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

Giả sử góc tại đỉnh A là nhỏ nhất,BAC  , độ dài bờ rào IK = m

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

y x

α

A

I

K

Hình 6

Như vậy, xét bờ rào chắn góc A thì bờ rào ngắn nhất khi và chỉ khi tam giác AIK cân tại A(**). Bây giờ ta tính độ dài bờ rào IK theo S và α.

α

2 α2

H

A

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

 m = 2 ' tan

2

S  

Thay S’ = thì m = 2 tan

2

S 